Modul aljabar matriks

Kata Pengantar

Puji syukur kehadirat Yang Maha Kuasa yang telah memberikan pertolongan hingga modul

ajar ini dapat terselesaikan.

Modul ajar ini dimaksudkan untuk membantu penyelenggaraan kuliah jarak jauh. Se-

jalan dengan tujuan penyelenggaraan perkuliahan, materi modul ajar ini dipilih dari pokok-

pokok aljabar matriks sebagai bahan penyeragaman pemahaman aljabar martriks bagi ma-

hasiswa. Dalam hal ini, setelah mengikuti kuliah sesuai materi dalam modul ajar ini, di-

harapkan mahasiswa mempunyai bekal yang cukup baik untuk mengikuti perkuliahan.

Materi yang diberikan dalam modul ajar ini cukup untuk ukuran perkuliahan satu se-

mester. Untuk itu, materi dalam modul ini diberikan dengan cara sederhana dan contoh

singkat; mengingat bahwa semua materi harus diserap sendiri. Untuk itu diharapkan peser-

ta kuliah dengan tekun dan sungguh-sungguh mengikuti modul ini dan aktif mengerjakan

soal-soal.

Penyusun menyampaikan terimakasih kepada semua pihak yang telah membantu hing-

ga tersusunnya modul ini. Tak lupa, kritik dan saran untuk menyempurnakan modul ini

sangat diharapkan.

Surabaya, Januari 2007

Penyusun

ii

Daftar Isi

Kata Pengantar ii

Daftar Isi iii

1 Sistem Persamaan Linear 1

1.1 Pengantar SPL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2

1.2 Penyelesaian SPL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5

1.3 Matriks dan Operasinya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10

1.4 Matriks Invers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .13

1.5 Matriks Elementer dan Mencari Invers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .18

1.6 Matriks Diagonal, Segitiga dan Simetris . . . . . . . . . . . . . . . . . . .23

2 Determinan 27

2.1 Fungsi Determinan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .28

2.2 Cara Lain Menghitung Determinan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .31

2.3 Sifat Fungsi Determinan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .35

2.4 Kofaktor dan Matriks Invers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .38

3 Vektor dan Operasinya 42

3.1 Pengantar Vektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .43

3.2 Panjang Vektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .47

3.3 Dot Product, Proyeksi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .49

3.4 Cross Product . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .53

4 Transformasi Linear dan Sifat 57

4.1 Transformasi Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .58

4.2 Sifat Transformasi Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .63

5 Ruang Vektor 68

5.1 Ruang Vektor Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .69

5.2 Kombinasi Linear dan Membangun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .71

iii

5.3 Bebas Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .73

5.4 Basis dan Dimensi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .76

5.5 Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Kosong . . . . . . . . . . . . . . .79

5.6 Rank dan Nulitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .83

iv

Modul 1Sistem Persamaan Linear

Pendahuluan

Pada Modul ini akan dibahas materi yang berkaitan dengan sistem persamaan linear atau bi-

asa disingkat dengan sistem linear dan penyelesaian dari sistem tersebut. Kemudian akan

dibahas atau dikenalkan beberapa metode penyelesaiannya dan himpunan penyelesaiannya.

Tujuan Instruksional Umum

Mahasiswa menguasai atau memahami suatu teknik dasar aljabar linear dan mampu meng-

gunakannya untuk menyelesaikan SPL.

Tujuan Instruksional Khusus

Mhs dapat mengetahui bentuk SPL dan cara menyelesaikannya, begitu juga matriks dan op-

erasinya, secara khusus diharapkan :

1. Memahami pengertian persamaan linear

2. Memahami sistem persamaan linear (SPL)

3. Menyelesaikan SPL dengan berbagai cara

1

1.1. Pengantar SPL 2

1.1 Pengantar SPL

Persamaan linear adalah persaman yang tidak mengandung atau melibatkan hasil kali atau

akar variabel, semua variabel mempunyai pangkat satu dan tidak sebagai variabel bebas dari

fungsi trigonometri, logaritma atau eksponen.

CONTOH 1.1.1 Beberapa persamaan linear, yaitu

2x + 3y = 6 (1.1)

4x1 + 3x2 + 2x3 = 12 (1.2)

a1x1 + a2x2 + a3x3 + · · ·+ anxn = b (1.3)

♦

Persamaan 1.1 yaitu persamaan linear dengan variabelx dany, dengan koefisien2 dan

3 yang merupakan persamaan garis. Persamaan 1.2 yaitu persamaan linear dengan variabel

x1, x2 danx3, dengan koefisien4, 3 dan2 yang merupakan persamaan bidang. Sedangkan

Persamaan 1.3 yaitu persamaan linear dengan variabelxi dan koefisienai dan b dengan

i = 1, 2, 3, · · · , n.

CONTOH 1.1.2 Beberapa persamaan tak linear, yaitu

2x2 + y = 7 (1.4)

3x1x2 + 4x22 + 2x3 = 14 (1.5)

a1√

x1 + a2x22 + a3x3 + · · ·+ anxn = b (1.6)

♦

Persamaan 1.4 bukan persamaan linear, karena variabelx mempunyai pangkat dua. Per-

samaan 1.5 bukan persamaan linear, karena terdapat perkalian dua variabel yaitux1x2 dan

x2 mempunyai pangkat dua, begitu juga Persamaan 1.6.

Penyelesaian dari persamaan linear adalah pemberian nilai pada variabel yang ada sedemikian

hingga persamaan itu benar. Misal Persamaan 1.1, jika variabelx diberi nilai 0, maka

variabely harus bernilai 2, atau beri nilai sebarang padax, maka nilaiy dapat ditentukan

kemudian, nilai sebarang itu misalnyat, sehingga

x = t, y =13(6− 2t)

Begitu juga untuk Persamaan 1.2

x1 = t, x2 = s, x3 =12(12− 4t− 3s)

atau dengan pemberian nilai yang lain, misal

y = t, x =12(6− 3t)

Modul Aljabar Matriks ITS BPKLN-DepDikNas


Begitu juga untuk Persamaan 1.2

x2 = t, x3 = s, x1 =14(12− 3t− 2s)

Sedangkan Persamaan 1.3 akan terpenuhi jika variabelxi dimanai = 1, 2, 3, · · · , n

diberi nilai yang sesuai sehingga persamaan linear tersebut memenuhi, misalx1 = s1,

x2 = s2, · · · , xn = sn, maka penyelesaian persamaan linear tersebut adalah pasangan

terurut (s1, s2, s3, · · · , sn). Karena penyelesaian dari persamaan tersebut tidak hanya satu,

maka semua penyelesaian dari persamaan terhimpunan dalam himpunan penyelesaian.

Persamaan linear yang lebih dari satu (terhingga) dan variabelnya saling terkait, him-

punan persamaan tersebut dinamakansistem persamaan linearatausistem linear.

CONTOH 1.1.3 Sistem linear yang terdiri dari dua persamaan dengan tiga variabel,

4x− 2y + 3z = −1

3x + y + 9z = −4

Salah satu penyelesaian dari sistem linear tersebut adalahx = 1, y = 2 danz = −1,

karena nilai tersebut memenuhi kedua persamaan, sedangkan penyelesaian yang lain,x = 2,

y = −1 danz = −1 bukan penyelesaian dari sistem tersebut, sebab nilai tersebut memenuhi

persamaan yang kedua, tetapi tidak memenuhi persamaan pertama.♦

CONTOH 1.1.4 Sistem linear yang terdiri dari dua persamaan dengan dua variabel,

2x− 3y = 5

3x + y = 13

Hanya satu penyelesaian dari sistem linear tersebut,x = 4 dany = 1, karena tidak

ditemukan penyelesaian yang lain. ♦

CONTOH 1.1.5 Sistem linear yang terdiri dari dua persamaan dengan dua variabel,

x + y = 3

3x + 3y = 8

Sistem linear tersebut tidak konsisten, karena jika persamaan pertama dikalikan dengan

tiga, kedua persamaan tersebut tidak konsisten, sehingga sistem linear tersebut tidak mem-

punyai penyelesaian. ♦

Secara umum, ada tiga kemungkinan penyelesaian dari sistem persamaan linear, yang

dapat diilustrasikan sebagai dua persamaan garis, yaitu

a1x + b1y = c1

a2x + b2y = c2

dan penyelesaiannya adalah



x

y

l

k

x

y

l

k

x

yl

k

( )a ( )b ( )c

Gambar 1.1 Tiga Macam Penyelesaian Sistem Linear

1. Sistem linear mempunyai satu penyelesaian, jika dua garis tersebut berpotongan pada

satu titik. Lihat Gambar 1.1(a)

2. Sistem linear mempunyai banyak penyelesaian, jika dua garis tersebut berimpit. Lihat

Gambar 1.1(b)

3. Sistem linear tidak mempunyai penyelesaian, jika dua garis tersebut sejajar. Lihat

Gambar 1.1(c)

Sebarang sistem persamaan linear denganm persamaan dann variabel dapat ditulis

sebagai berikut:

a11x1 + a12x2 + a13x3 + · · ·+ a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + a23x3 + · · ·+ a2nxn = b2

a31x1 + a32x2 + a33x3 + · · ·+ a3nxn = b3 (1.7)... +

... +... + · · ·+ ... =

...

am1x1 + amx2 + am3x3 + · · ·+ amnxn = bm

denganxi adalah variabel danaij danbj adalah koefisien konstanta dengani = 1, 2, 3, · · · ,m

danj = 1, 2, 3, · · · , n.

Persamaan 1.9 dapat ditulis dalam bentuk matriks, yaitu

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n

......

... · · · ...

am1 am2 am3 · · · amn

x1

x2

x3

...

xn

=

b1

b2

b3

...

bm

dan dapat ditulis dalam bentuk singkat, yaitu

Ax = b (1.8)


1.2. Penyelesaian SPL 5

Pada proses pencarian penyelesaian dari sistem linear tersebut, biasanya tanda+,x dan

= dihilangkan sehingga terbentuk suatu matriks yan glebih singkat yang dinamakan matriks

diperbesar (augmented matrix), yaitu matriksA dan mariksb digabung jadi satu kesatuan

matriks, hasilnya

a11 a12 a13 · · · a1n b1

a21 a22 a23 · · · a2n b2

a31 a32 a33 · · · a3n b3

......

... · · · ......

am1 am2 am3 · · · amn bm

¤ Sistem Linear Homogen

Suatu sistem dikatakan linear homogen, jika matriksb diganti dengan matriks0, atau sistem

tersebut mempunyai bentuk

a11x1 + a12x2 + a13x3 + · · ·+ a1nxn = 0

a21x1 + a22x2 + a23x3 + · · ·+ a2nxn = 0

a31x1 + a32x2 + a33x3 + · · ·+ a3nxn = 0 (1.9)... +

... +... + · · ·+ ... =

...

am1x1 + amx2 + am3x3 + · · ·+ amnxn = 0

Sistem ini mempunyai penyelesaian trivial jikax1 = x2 = x3 = · · · = xn = 0 dan

mempunyai penyelesaian tak trivial jika sistem mempunyai penyelesaian selain itu.

1.2 Penyelesaian SPL

Untuk mencari penyelesaian umum atau himpunan penyelesaian dari suatu sistem per-

samaan linear, ada beberapa cara yang sederhana adalah substitusi (seperti di SMU). Se-

belum mencari penyelesaian dari sistem persamaan linear, perhatikan terlebih dahulu metode

dasar atau elementer yang mirip dengan metode substitusi yaitu operasi baris elementer

yang lebih dikenal dengan sebutan OBE.

Pada metode substitusi, langkah untuk menghilangkan sebuah variabel dapat dilakukan

dengan tiga langkah, yaitu

1. Mengalikan persamaan dengan sebuah konstanta tak-nol

2. Tukarkan dua persamaan

3. Tambahkan perkalian dari persamaan ke persamaan yang lain

Sedangkan pada metode operasi baris elementer, langkah untuk menghilangkan sebuah

konstanta pada kolom tertentu dapat dilakukan dengan tiga langkah, yaitu



1. Mengalikan baris dengan sebuah konstanta tak-nol

2. Tukarkan dua baris

3. Tambahkan perkalian dari baris ke baris yang lain

CONTOH 1.2.1 Pandang sistem persamaan linear berikut ini,

x + 2y = 5 (1.10)

2x + 5y = 12 (1.11)

Untuk menyelesaikan dengan metode substitusi, lakukan langkah pertama, yaitu: kalikan

Persamaan 1.10 dengan2, sehingga menjadi

2x + 4y = 10

2x + 5y = 12

kemudian kurangkan Persamaan 1.11 dengan Persamaan 1.10, maka Persamaan 1.11 men-

jadi

y = 2

dan

x + 2.2 = 5, maka x = 1

Tetapi, jika menggunakan metode OBE, buatlah matriks diperbesar dari sistem per-

samaan linear tersebut, kemudian lakukan OBE dengan perintah, kurangi baris kedua dengan

dua kali baris pertama, dilanjutkan kurangi baris satu dengan dua kali baris kedua sehingga

menjadi

(1 2 10

2 5 12

)B2 − 2B1

˜

(1 2 10

0 1 2

)B1 − 2B2

˜

(1 0 1

0 1 2

)

kembalikan ke bentuk sistem persamaan linear, sehinggax = 1 dany = 2 ♦

¤ Baris Eselon Tereduksi

Telah dipelajari langkah-langkah OBE, seperti pada Contoh 1.2.1. Pada bagian ini akan

ditunjukkan bentuk dari suatu matriks yang mempunyai sifatbaris eselondanbaris eselon

tereduksiadalah sebagai berikut:

1. Jika suatu baris tidak seluruhnya terdiri dari nol, maka angka tak-nol pertama dalam

baris tersebut adalah satu yang disebut denganutama-1

2. Jika ada baris terdiri dari nol semua, maka pindahkan ke bagian bawah matriks



3. Jika ada dua baris yang beurutan yang tidak seluruhnya nol, utama-1 pada baris yang

lebih bawah terletak disebelah kanan utama-1 dari baris atasnya

4. Setiap kolom yang berisi utama-1 mempunyai nol di baris yang lainnya

Jika suatu matriks mempunyai sifat 1, 2 dan 3, maka matriks tersebut disebut matriks

bentuk baris eselon, sedangkan matriks yang mempunyai ke-empat sifat tersebut dinamakan

matriks bentuk baris eselon tereduksi.

CONTOH 1.2.2 Matriks-matriks dalam bentuk baris eselon, seperti dibawah ini

1 2 3 2

0 1 4 3

0 0 1 −1

1 2 3 2

0 1 4 3

0 0 0 0

0 0 0 0

1 2 3 2

0 1 4 3

0 0 0 1

0 0 0 0

Sedangkan matriks-matiks dalam bentuk baris eselon tereduksi adalah

1 0 0 2

0 1 0 0

0 0 1 −1

1 0 0 2

0 1 0 3

0 0 1 2

0 0 0 0

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

♦

¤ Metode Eliminasi Gauss

Metode eliminasi Gauss adalah suatu metode untuk mencari himpunan penyelesaian dari

sistem persamaan linear dengan menggunakan OBE, sedemikian hingga matriksnya mem-

punyai bentuk baris eselon. Setelah terbentuk baris eselon, kembalikan matriks tersebut

dalam bentuk sistem linear dan kemudian lakukan substitusi balik mulai dari bawah.

CONTOH 1.2.3 Selesaikan sistem persamaan linear dibawah ini dengan menggnakan

metode eliminasi Gauss

x + y + z = 6

x + 2y + 3z = 14

x + 4y + 9z = 36

Jawab:

Ubah sistem linear ke bentuk matriks diperbesar,

1 1 1 6

1 2 3 14

1 4 9 36



kemudian lakukan OBE, sedemikian hingga matriksnya menjadi bentuk baris eselon,

seperti

1 1 1 6

1 2 3 14

1 4 9 36

B2 −B1

˜

1 1 1 6

0 1 2 8

1 4 9 36

B3 −B1

˜

1 1 1 6

0 1 2 8

0 3 8 30

B3 − 3B2

˜

1 1 1 6

0 1 2 8

0 0 2 6

B2(12)

˜

1 1 1 6

0 1 2 8

0 0 1 3

Ubah kembali ke sistem linear menjadi

x + y + z = 6

y + 2z = 8

z = 3

lakukan substitusi balik, yaitu

z = 3

y + 2.3 = 8, y = 2

x + 2 + 3 = 6, x = 1

Jadi himpunan penyelesaiannya adalahx = 1, y = 2 danz = 3 ♦

¤ Metode Eliminasi Gauss-Jordan

Metode eliminasi Gauss-Jordan adalah suatu metode untuk mencari himpunan penyelesa-

ian dari sistem persamaan linear dengan menggunakan OBE, sedemikian hingga matrik-

snya mempunyai bentuk baris eselon tereduksi. Setelah terbentuk baris eselon tereduksi,

kembalikan matriks tersebut dalam bentuk sistem linear dan ditemukan kemudian lakukan

substitusi balik mulai dari bawah.

Dengan Contoh 1.2.3, lanjutkan OBEnya sedemikian hingga matriksnya berbentuk baris

eselon tereduksi, yaitu

1 1 1 6

0 1 2 8

0 0 1 3

B1 −B2

˜

1 0 −1 −2

0 1 2 8

0 0 1 3

B1 + B3

˜

1 0 0 1

0 1 2 8

0 0 1 3

B2 − 2B3

˜

1 0 0 1

0 1 0 2

0 0 1 3



kembalikan ke bentuk sistem linear, yaitu

z = 3

y = 2

x = 1

Jadi himpunan penyelesaiannya adalahx = 1, y = 2 danz = 3 ♦

CONTOH 1.2.4 Carilah penyelesaian dari sistem linear homogen berikut

x1 + x2 + x3 + x4 = 0

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 0

x1 + 3x2 + 5x3 +−4x4 = 0

jawab:

Ubah sistem linear dalam bentuk matriks, kemudian lakukan OBE sehingga menjadi

matriks dalam bentuk eselon tereduksi, seperti

1 1 1 1

1 2 3 4

1 3 5 −4

B2 −B1

˜

1 1 1 1

0 1 2 3

1 3 5 −4

B3 −B1

˜

1 1 1 1

0 1 2 3

0 2 4 −5

B3 − 2B2

˜

1 1 1 1

0 1 2 3

0 0 0 −11

B1 −B2

˜

1 0 −1 −2

0 1 2 3

0 0 0 −11

B3(− 111

˜

1 0 −1 −2

0 1 2 3

0 0 0 1

B2 − 3B3

˜

1 0 −1 −2

0 1 2 0

0 0 0 1

B1 + 2B3

˜

1 0 −1 0

0 1 2 0

0 0 0 1

kembalikan ke sistem linear, sehingga didapat

x1 = x3

x2 = −2x3

x4 = 0

Jadi penyelesaiannya adalah

x1 = s, x2 = −2s, x3 = s, x4 = 0

♦


1.3. Matriks dan Operasinya 10

1.3 Matriks dan Operasinya

Pada bagian ini akan dibahas tentang definisi matriks, operasi yang berlaku dan beberapa

sifat matriks, dalam hal ini elemen dari matriks dibatasi pada bilangan real saja. Perhatikan

definisi dibawah ini

DEFINISI 1.3.1 Matriks adalah susunan bilangan berbentuk segiempat. Bilangan-

bilangan dalam susunan itu dinamakan anggota matriks tersebut

CONTOH 1.3.1 Beberapa contoh matriks

1 −2

2 2

3 5

,

1 −1 1

−2 2 −3

1 5 0

,

(2 −1 5

),

2

4

7

♦

Ukuran matriks ditunjukan dengan banyaknya baris dan banyaknya kolom, seperti pada

Contoh 1.3.1 secara berurutan, ukuran matriks pertama adalah3× 2, karena matriks terdiri

dari tiga baris dan dua kolom. Begitu juga matriks selanjutnya mempunyai ukuran3 × 3,

matriks yang ketiga juga dinamakan dengan matriks baris atau vektor baris karena hanya

terdiri dari sebuah baris saja dan yang terakhir adalah matriks kolom atau vektor kolom,

karena hanya terdiri dari sebuah kolom saja. Keduanya, vektor kolom dan vektor baris dil-

ambang dengan sebuah huruf kecil tebal atau huruf kecil diberi garis atasnya. Secara umum

notasi untuk sebauh matriks menggunakan huruf besar, sedangkan anggota dari matriks

biasanya menggunakan huruf kecil.

CONTOH 1.3.2 Matriks A mempunyai ukuranm × n, maka matriks tersebut dapat

ditulis

A =

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n

......

... · · · ...

am1 am2 am3 · · · amn

atau dapat ditulis

A = (aij)m×n = (aij)

jika diinginkan untuk menyebut sebuah anggota matriksA pada baris ke-i dan kolom ke-j,

yaitu

(A)ij = aij

♦



Perhatikan beberapa definisi dibawah ini:

DEFINISI 1.3.2 Dua matriks dikatakansamajika kedua matriks tersebut mempunyai

ukuran yang sama dan anggota yang berpadanan juga sama

Jika ada dua matriksA = (aij) danB = (bij) dikatakan sama, maka berlaku(A)ij =

(B)ij . Perhatikan contoh dibawah ini.

CONTOH 1.3.3 Pandang tiga matriks

A =

(1 x

3 4

)B =

(1 2

3 4

)C =

(1 2 5

3 4 6

)

Jika matriksA = B, maka nilaix padaA harus sama dengan2. Matriks B tidak sama

dengan matriksC, karena kedua matriks tersebut tidak mempunyai ukuran yang sama.

♦

DEFINISI 1.3.3 Jika dua matriksA danB mempunyai ukuran yang sama, maka kedua

matriks tersebut dapat dijumlahkan atau dikurangkan. Untuk menambahkan atau men-

gurangkan kedua matriks tersebut anggota yang berpadanan dijumlahkan atau diku-

rangkan. Matriks yang tidak mempunyai ukuran yang sama tidak dapat dijumlahkan

atau dikurangkan

Dua matriksA = (aij) danB = (bij) dapat dijumlahkan atau dikurangkan jika kedua

mtriks tersebut mempunyai ukuran yang sama, hasil penjumlahannya atau pengurangannya

adalah

(A±B)ij = (A)ij ± (B)ij = aij ± bij

CONTOH 1.3.4 Pandang tiga matriks

A =

(1 2

3 4

)B =

(4 −3

6 3

)C =

(7 2 5

3 4 6

)

maka hasil penjumlahan dan pengurangan matriksA danB, adalah

A + B =

(1 + 4 2 + (−3)

3 + 6 4 + 3

)=

(5 −1

9 7

)

A−B =

(1− 4 2− (−3)

3− 6 4− 3

)=

(−3 5

−3 −1

)

bagaimana kalauA + C, tidak dapat dilakukan karena ukuran kedua matriks tersebut tidak

sama. ♦



DEFINISI 1.3.4 JikaA sebarang matriks danc sebarang skalar, maka hasil kali skalar

dan matrikscA adalah mengalikan semua anggotaA dengan skalarc

CONTOH 1.3.5 Jika matriksA pada Contoh 1.3.4 dikalikan dengan3, maka hasilnya

adalah

3A = 3

(1 2

3 4

)=

(3 6

9 12

)

Begitu juga jika matriksC dikalikan dengan2, hasilnya

2C = 2

(7 2 5

3 4 6

)=

(14 4 10

6 8 12

)

♦

DEFINISI 1.3.5 Dua matriksA danB dapat dikalikan, jika matriksA mempunyair×n, dan matriksB harus mempunyai ukurann× l maka matriks hasil-kalinya mempunyai

ukuran r × l dengan anggota ke-ij berasal dari perkalian baris ke-i dari matriksA

dengan kolom ke-j dari matriksB.

CONTOH 1.3.6 Matriks A danB pada Contoh 1.3.4 dapat dikalikan, karena ukuran

matriksA adalah2 × 2 dan matriksB berukuran2 × 2 sehingga kedua matriks tersebut

dapat dikalikan dan hasilnya adalah

A B =

(1 2

3 4

) (4 −3

6 3

)=

(1.4 + 2.6 1.(−3) + 2.3

3.4 + 4.6 3.(−3) + 4.3

)=

(16 3

36 3

)

dengan cara yang sama, jika matriksA dikalikan dengan matriksC, hasilnya

A C =

(1 2

3 4

) (7 2 5

3 4 6

)=

(13 10 17

33 22 39

)

sedangkan matriksC tidak dapat dikalikan dengan matiksA, karena ukuran matriksnya

tidak sesuai dengan definisi yang ada. ♦

DEFINISI 1.3.6 Matriks transpose dari matriksA ditulis AT yang anggotanya meru-

pakan anggotaA dengan mengubah baris menjadi kolom dan kolom menjadi baris


1.4. Matriks Invers 13

CONTOH 1.3.7 Transpose ketiga matriks pada Contoh 1.3.4 adalah

AT =

(1 3

2 4

)BT =

(4 6

−3 3

)CT =

7 3

2 4

5 6

♦

DEFINISI 1.3.7 Jika matriks A persegi, makatrace A dinyatakan dengantr(A),

didefinisikan sebagai jumlah anggota-anggota pada diagonal utam matriksA

CONTOH 1.3.8 Dengan menggunakan matriks pada Contoh 1.3.4, maka

tr(A) = 1 + 4 = 5 tr(B) = 4 + 3 = 7

sedangkan trace dari matriksC tidak dapat dicari, karena matriksC bukan matriks persegi

♦

1.4 Matriks Invers

Pada bagian ini akan dibahas tentang invers dari suatu matriks dan cara mencari inversnya.

Sifat-sifat dasar dari suatu matriks yang mempunyai invers. Sebelumnya akan dikenal ter-

lebih dahulu beberapa jenis matriks yang akan dipakai secara langsung.

Sebuah matriks dikatakanmatriks nol, jika semua anggota dari matriks tersebut nol

semuanya. Sedangkan ukuran dari matriks nol tersebut tergantung pada matriks kawannya.

CONTOH 1.4.1 Contoh beberapa matriks nol dengan beberapa ukuran yang berbeda

(0 0 0

0 0 0

) (0 0

0 0

)

0 0 0

0 0 0

0 0 0

0

0

0

♦

Jika matriks sebarangA dan matriks nol0 dengan ukuran yang sama, jelas bahwaA +

0 = 0 + A = A, sama seperti bilangan reala + 0 = 0 + a = a. Tiga bilangana, bdan

c semuanya tidak nol, jikaab = ac, makab = c, begitu juga untuk dua bilangan yang

berbeda, jikade =, maka salah satu bilangan tersebut harus nol. Hal ini ttidak berlaku pada

matriks.



CONTOH 1.4.2 Pandang empat yang berbeda

A =

(0 1

0 2

)B =

(1 1

3 4

)C =

(2 5

3 4

)D =

(3 7

0 0

)

berlaku

AB = AC =

(3 4

6 8

)

padahal matriksB tidak sama dengan matriksC, begitu jugaAD = 0, salah satu dari

matriks tersebut tidak harus nol. ♦

Matriks identitas adalah matriks persegi yang anggotanya semua nol kecuali pada diag-

onal utama semuanya bilangan satu, biasanya disimbol denganIn, dimanan adalah ukuran

matriksnya.

CONTOH 1.4.3 Beberapa contoh matriks identitas

I2 =

(1 0

0 1

)I3 =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

I4 =

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

♦

Matriks sebarangA jika dikalikan dengan matriks identitas atau sebaliknya (dapat di-

lakukan), hasilnya adalah matriksA sendiri, atau ditulis

AI = IA = A

CONTOH 1.4.4 Misalkan matriks

A =

(2 3 4

4 7 9

)

maka

I2A =

(1 0

0 1

) (2 3 4

4 7 9

)=

(2 3 4

4 7 9

)

begitu juga

AI3 =

(2 3 4

4 7 9

)

1 0 0

0 1 0

0 0 1

=

(2 3 4

4 7 9

)

♦



Perhatikan teorema berikut ini

TEOREMA 1.4.1 Jika matriks persegiA dilakukan OBE pada matriks tersebut sehing-

ga menjadi matriks yang berbentuk baris eselon tereduksi yaituR, makaR adalah ma-

triks yang mempunyai baris nol semua atau matriks identitas.

Bukti:

Pandang suatu matriks persegiA kemudian lakukan OBE, setiap satu utama yang dihasilkan

maka pada kolom tersebut pada baris yang lainnya semua nol. Jika dilakukan terus, maka

yang dihasilkan adalah matriks identitas atau matriks yang mengandung baris yang nol

semua. ♦

CONTOH 1.4.5 Pandang matrisk persegi,

A =

1 1 1

1 2 3

1 4 9

lakukan operasi baris elementer, sehingga

1 1 1

1 2 3

1 4 9

B2 −B1

˜B3 −B1

1 1 1

0 1 2

0 3 8

B1 −B2

˜B3 − 3B2

1 0 −1

0 1 2

0 0 2

B3(12)

˜

1 0 −1

0 1 2

0 0 1

B1 + B3

˜B2 − 2B3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

♦

Pada bagian ini akan dibahas tentang invers dari suatu matriks, sebelumnya perhatikan

definisi invers dibawah ini

DEFINISI 1.4.2 Jika A matriks persegi dan jika matriks persegi lain yang dapat dite-

mukanB berukuran sama, sedemikian hingga berlakuAB = BA = I, makaA disebut

matriks yang dibalik atau matiks yang punyai invers dan matriksB disebut invers dari

matriksA.

CONTOH 1.4.6 MatriksB =

(2 −5

−1 3

)adalah invers dari matiksA =

(3 5

1 2

)

karena

AB =

(3 5

1 2

)(2 −5

−1 3

)=

(1 0

0 1

)= I



dan

BA =

(2 −5

−1 3

)(3 5

1 2

)=

(1 0

0 1

)= I

♦

Sekarang perhatikan teorema berikut

TEOREMA 1.4.3 JikaB danC keduanya adalah invers dari matriksA, makaB = C

Bukti:

KarenaB invers dariA, makaAB = I. Kalikan kedua sisi denganC, sehinggaC(AB) =

CI = C, sedangkan(CA)B = IB = B, jadi B = C ♦

TEOREMA 1.4.4 Jika matriksA dan B adalah matriks yang mempunyai invers dan

beukuran sama, maka

1. AB juga mempunyai invers

2. (AB)−1 = B−1A−1

Bukti:

Dengan mengalikan kedua sisi denganAB, maka

(AB)(B−1A−1) = ABB−1A−1 = AIA−1 = I

Secara simultan telah ditunjukan bukti untuk (a). ♦

CONTOH 1.4.7 Tinjau matriks dibawah ini

A =

(1 2

1 3

)B =

(2 2

2 3

)AB =

(6 8

8 11

)

maka dapat ditemukan

A−1 =

(3 −2

−1 1

)B−1 =

(32 −1

−1 1

)(AB)−1 =

(112 −4

−4 3

)

sedangkan

B−1A−1 =

(32 −1

−1 1

)(3 −2

−1 1

)=

(112 −4

−4 3

)= (AB)−1

♦



Beberapa sifat yang tersirat pada definisi dan teorema (bukti cari di buku lain) yang

dapat dipakai untuk menambah wawasan, antara lain

DEFINISI 1.4.5 Jika matriks persegiA, maka dapat didefiniskan

A0 = I An = AAA · · ·A︸︷︷︸ (n > 0)

n faktor

jika A mempunyai invers, didefinisikan

A−n = (A−1)n = A−1A−1A−1 · · ·A−1︸︷︷︸

n faktor

TEOREMA 1.4.6 Jika matriks persegiA, danr, s bilangan bulat, maka

ArAs = Ar+s (Ar)s = Ars

TEOREMA 1.4.7 JikaA matriks yang mempunyai invers, maka

1. A−1 mempunyai invers, dan(A−1)−1 = A

2. An mempunyai invers dan(An)−1 = (A−1)n, untukn bilangan bulat positip

3. Untukk skalar tak nol,kA mempunyai invers dan(kA)−1 = 1kA−1

CONTOH 1.4.8 Lihat matriks pada Contoh 1.4.7, yaitu

A =

(1 2

1 3

)dan A−1 =

(3 −2

−1 1

)

maka

A3 =

(1 2

1 3

)(1 2

1 3

)(1 2

1 3

)=

(11 30

15 41

)

dan

A−3 = (A−1)3 =

(3 −2

−1 1

) (3 −2

−1 1

)(3 −2

−1 1

)=

(41 −30

−15 11

)

♦


1.5. Matriks Elementer dan Mencari Invers 18

TEOREMA 1.4.8 Jika matriskA mempunyai invers, makaAT juga mempunyai invers

dan

(AT )−1 = (A−1)T

CONTOH 1.4.9 Lihat matriks pada Contoh 1.4.7, yaitu

A =

(1 2

1 3

)dan AT =

(1 1

2 3

)

maka

A =

(3 −2

−1 2

)dan (AT )−1 =

(3 −1

−2 1

)

seperti pada Teorema 1.4.8. ♦

1.5 Matriks Elementer dan Mencari Invers

Pada bagian ini akan dibahas tentang matriks elementer atau matriks dasar yaitu suatu ma-

triks yang didapat dari OBE dari matriks identitas. Dibahas pula cara mencari invers dari

suatu matriks. Perhatikan definisi dibawah ini

DEFINISI 1.5.1 Matriks elementer atau matriks dasar adalah matriks persegi yang

dihasilkan dari OBE tunggal terhadap matriks identitas.

CONTOH 1.5.1 Perhatikan tiga matriks elementer berikut

E1 =

1 0 0

0 1 0

0 0 3

E2 =

1 0 0

0 1 0

2 0 1

E3 =

0 0 1

0 1 0

1 0 0

Matriks E1 adalah matriks hasil OBE terhadap matriks identitas dengan operasinya adalah

baris ketiga dikalikan dengan tiga, matriksE2 operasinya adalah baris ketiga ditambah dua

kali baris kedua, dan matriksE3 operasinya adalah tukarkan baris pertama dengan baris

ketiga. ♦

Jika ada matriks sebarang dapat dikalikan dengan matriks elementer maka hasilnya

sama dengan matriks sebarang tersebut dilakukan OBE yang sama dengan matriks ele-

menter tersebut.



CONTOH 1.5.2 Matriks sebarang, misalA

A =

1 0 2 4

2 −1 0 2

1 0 1 0

dapat dikalikan dengan matriksE1 pada Contoh 1.5.1, maka hasilnya sama dengan matriks

A dengan OBE yang sama

E1A =

1 0 0

0 1 0

0 0 3

1 0 2 4

2 −1 0 2

1 0 1 0

=

1 0 2 4

2 −1 0 2

3 0 3 0

sedangkan

A =

1 0 2 4

2 −1 0 2

1 0 1 0

B3(3)

˜

1 0 2 4

2 −1 0 2

3 0 3 0

♦

Hasil satu operasi OBE pada matriks identitas menghasilkan sebuah matriks elementer,

sebaliknya sebuah matriks elementer dapat juga dilakuan satu operasi OBE sedemikian

hingga kembali menjadi matriks identitas dengan operasi kebalikannya.

CONTOH 1.5.3 Perhatikan tiga matriks elementer pada Contoh 1.5.1 akan dilakukan

operasi kebalikan sedemikian hingga kembali menjadi matriks identitas

E1 =

1 0 0

0 1 0

0 0 3

B3(13)

˜

1 0 0

0 1 0

0 0 1

= I

dan

E2 =

1 0 0

0 1 0

2 0 1

B3 − 2B1

˜

1 0 0

0 1 0

0 0 1

= I

dan

E3 =

0 0 1

0 1 0

1 0 0

B13

˜

1 0 0

0 1 0

0 0 1

= I

OBE yang dikenakan padaE1, yaitu baris ketiga dikalikan dengan sepertiga adalah keba-

likan dari OBE padaI yang menghasilkanE1, yaitu baris ketiga dikalikan dengan tiga.

Begitu juga untukE2 danE3. ♦



Oleh karena itu perhatikan teorema berikut ini

TEOREMA 1.5.2 Setiap matriks elementer mempunyai invers, dan inversnya meru-

pakan matriks elementer juga

Bukti:

JikaE matriks elementer yang dihasilkan dari OBE padaI, danE0 juga merupakan matriks

elementer yang dihasilkan dari OBE padaI dengan opeasi kebalikannya, maka

EE0 = E0E = I

artinyaE0 adalah invers dariE atau sebaliknya.

CONTOH 1.5.4 Perhatikan matriks elementer yang dihasilkan dengan mengalikan tiga

pada baris ketiga

I =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

B3(3)

˜

1 0 0

0 1 0

0 0 3

= E

perhatikan pula matriks elementer yang dihasilkan dengan operasi kebalikannya yaitu baris

ketiga dikalikan dengan sepertiga

I =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

B3(13)

˜

1 0 0

0 1 0

0 0 13

= E0

sekarang kalikan antaraE danE0 atau sebaliknya

EE0 =

1 0 0

0 1 0

0 0 3

1 0 0

0 1 0

0 0 13

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1

= I

atau sebaliknya

E0E =

1 0 0

0 1 0

0 0 13

1 0 0

0 1 0

0 0 3

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1

= I

♦

Perhatikan teorema berikut ini, yang menetapkan hubungan antara keterbalikan, sistem

linear homogen, bentuk baris-eselon tereduksi dan matriks elementer yang hasilnya sangat

penting.



TEOREMA 1.5.3 Jika A matriks persegi pernyataan berikut ekuivalen, yaitu semua

benar atau semua salah

a. A mempunyai invers

b. Ax = 0 hanya mempunyai penyelesaian trivial

c. Bnetuk baris eselon tereduksi dariA adalahI

d. A dapat dinyatakan dalam perkalian beberapa matriks elementer

Bukti:

Akan dibuktikan sesuai urutannya yaitua → b → c → d → a

a → b

JikaA mempunyai invers, makaAx = 0

Andaikan invers dariA adalahA−1, maka kedua sisi kalikan denganA−1, sehingga

A−1Ax = A−10

x = 0

jadi penyelesaiannyaAx = 0 adalah penyelesaian trivial.

b → c

JikaAx = 0 mempunyai penyelesaian trivial, maka bentuk baris eselon tereduksi dariA

adalahI

Untuk menyelesaikan sistem linear homogen tersebut, gunakan eliminasi Gauss-Jordan,

yaitu buat matriks diperbesar kemudian lakukan OBE, maka akan terbentuk matriks

1 0 0 · · · 0 0

0 1 0 · · · 0 0

0 0 1 · · · 0 0...

...... · · · ...

...

0 0 0 · · · 1 0

kembalikan ke bentuk semula maka matriksA hasil OBE tersebut adalah bentuk baris es-

elon tereduksi.



c → d

Jika bentuk baris eselon tereduksi dariA adalahI, makaA dapat dinyatakan sebagai hasil

kali beberap matriks elementer

Pada pembuktian sebelumnya, jika pada matriksA dikenai OBE maka akan menjadiI,

padahal setiap satu OBE adalah matriks elementer, sehingga

Ek · · ·E3E2E1A = I

dan setiap matriks elementer mempunyai invers, maka

A = E−11 E−1

2 E−13 · · ·E−1

k

sehingga matriksA dapat dinyatakan sebagai hasil kali beberapa matriks elementer.

d → a

JikaA dapat dinyatakan sebagai hasil kali beberapa matriks elementer, makaA punyai in-

vers

Dari hasil kali yang terakhir, maka matriksA memang punya invers. ♦Dari Teorema 1.5.3, dapat digunakan untuk mencari invers dari suatu matriks persegi

misal A, yaitu dengan cara melakukan serangkaian OBE pada matriksA dan juga pada

matriksI, sampai dengan matriksA menjadi matriksI, maka matriksI akan menjadiA−1.

Secara singkat dapat digambar sebagai berikut

(A : I) OBE (I : A−1)

CONTOH 1.5.5 Carilah invers dari

A =

1 1 1

1 2 3

1 4 9

Gabungkan matriksA dengan matriksI, kemudian lakukan OBE sedemikian hingga

matriksA menjadiI dan matriksI menjadiA−1, seperti dibawah ini

(A : I) =

1 1 1 : 1 0 0

1 2 3 : 0 1 0

1 4 9 : 0 0 1

B2 −B1

˜B3 −B1

1 1 1 : 1 0 0

0 1 2 : −1 1 0

0 3 8 : −1 0 1

B1 −B2

˜B3 − 3B1

1 0 −1 : 2 −1 0

0 1 2 : −1 1 0

0 0 2 : 2 −3 1

B2 −B3

B3(12)

˜B1 + B3

1 0 0 : 3 −52

12

0 1 0 : −3 4 −1

0 0 1 : 1 −32

12

= (I : A−1)


1.6. Matriks Diagonal, Segitiga dan Simetris 23

Jadi

A−1 =

3 −52

12

−3 4 −1

1 −32

12

♦

1.6 Matriks Diagonal, Segitiga dan Simetris

Pada bagian ini akan dibahas sedikit tenatang jenis dari suatu matriks, yaitu matriks diago-

nal, segitiga dan simetris dan sifat-sifat dari matriks tersebut.

¤ Matriks Diagonal

Matriks diagonal adalah matriks persegi yang semua anggotanya nol semua kecuali pada

diagonal utama yang semuanya tidak harus nol. Beberapa contoh matriks diagonal dibawah

ini

(3 0

0 −7

)

1 0 0

0 1 0

0 0 1

1 0 0 0

0 4 0 0

0 0 0 0

0 0 0 −3

Secara umum, matriks diagonal dengan ukurann dilambangkan denganDn, ditulis

Dn =

d1 0 0 · · · 0

0 d2 0 · · · 0

0 0 d3 · · · 0...

...... · · · ...

0 0 0 · · · dn

Matriks diagonal mempunyai invers, yaitu

D−1n =

1d1

0 0 · · · 0

0 1d2

0 · · · 0

0 0 1d3

· · · 0...

...... · · · ...

0 0 0 · · · 1dn

sehinggaDD−1 = D−1D = I, sedangkan perkalian atau pangkat dari matriks diagonal



dapat ditulis dengan

Dk =

dk1 0 0 · · · 0

0 dk2 0 · · · 0

0 0 dk3 · · · 0

......

... · · · ...

0 0 0 · · · dkn

CONTOH 1.6.1 Jika

A =

1 0 0

0 2 0

0 0 3

maka

A−1 =

1 0 0

0 12 0

0 0 13

A3 =

1 0 0

0 8 0

0 0 27

A−3 =

1 0 0

0 18 0

0 0 127

♦

Sekarang cobalah mengalikan matriks diagonal dengan matriks sebarang, kemudian ka-

likan matriks sebarang dengan matriks diagonal. Apa yang dapat saudara simpulkan dari

dua perkalian matriks tersebut.

¤ Matriks Segitiga

Ada dua macam matriks segitiga, yaitu matriks segitiga atas dan matriks segitiga bawah.

Matriks segitiga atas adalah matriks persegi yang semua anggotanya dibawah diagonal uta-

ma semuanya nol, sedangkan matriks segitiga bawah kebalikannya. Atau dengan perny-

ataan dibawah, yaitu

• Matriks segitiga atasA = [aij ] jika dan hanya jikaaij = 0 untuki > j, sedangkan

• Matriks segitiga bawahB = [bij ] jika dan hanya jikabij = 0 untuki < j

CONTOH 1.6.2 Tinjau dua matiks segitiga atas

A =

1 1 2

0 2 4

0 0 3

B =

1 2 1

0 0 3

0 0 3

MatriksA mempunyai invers, yaitu

A−1 =

1 −12 0

0 12 −2

3

0 0 13



Sedangkan matriksB tidak mempunyai invers (Buktikan sendiri) dan jika kedua matriks

tersebut dikalikan

AB =

1 2 10

0 0 18

0 0 9

BA =

1 5 13

0 0 9

0 0 9

juga merupakan matriks segitiga atas, bagaimana kalau kedua matriksnya adalah matriks

segitiga bawah ♦

¤ Matriks Simetris

Matriks simetris adalah matriks persegiA yang mempunyai sifatAT = A. Beberapa ma-

triks dibawah ini adalah matriks simetris, periksalah

(3 4

4 −7

)

1 3 1

3 2 −2

1 −2 3

1 0 0 0

0 4 0 0

0 0 2 0

0 0 0 −3

TEOREMA 1.6.1 Jika A dan B adalah matriks simetris dengan ukuran yang sama,

dan jikak adalah skalar, maka

1. AT juga simetris

2. A + B danA−B simetris

3. kA adalah simetris

dalam hal ini tidak dibuktikan (buktikan sendiri). Contoh berikut yang akan meyakinkan

teorema diatas

CONTOH 1.6.3 Dimisalkan dua matriks, yaitu

A =

(1 2

2 3

)B =

(−2 1

1 0

)

maka

A + B =

(−1 3

3 3

)A−B =

(3 1

1 3

)2A =

(2 4

4 6

)

semuanya simetris sesuai dengan teorema diatas♦

TEOREMA 1.6.2 Jika A matriks simetris yang mempunyai invers, makaA−1 juga

simetris



Bukti:

Dengan menganggapA simetris dan mempunyai invers, danA = AT , maka

(A−1)T = (AT )−1 = A−1

yang merupakan matriks simetris.

JikaA matriks berukuran sebarang, maka hasil kali dariAAT atauAT A adalah suatu

matriks persegi yang simetris.

CONTOH 1.6.4 Pandang matriksA berukuran2× 3, yaitu

A =

(1 2 3

−2 3 5

)

maka

AAT =

(1 2 3

−2 3 5

)

1 −2

2 3

3 5

=

(14 19

19 38

)

dan

AT A =

1 −2

2 3

3 5

(1 2 3

−2 3 5

)=

5 −4 −7

−4 13 21

−7 21 34

Perhatikan hasil kalinya ♦

Dan jikaA adalah matriks persegi, maka perhatikan teorema dibawah ini

TEOREMA 1.6.3 Jika A matriks yang mempunyai invers, makaAAT danAT A juga

mempunyai invers.


Modul 2Determinan

Pendahuluan

Pada Modul ini akan dibahas materi yang berkaitan dengan determinan atau tepatnya fungsi

determinan yang sangat erat hubungannya dengan sistem persamaan linear atau biasa dis-

ingkat dengan sistem linear. Kemudian akan dibahas atau dikenalkan bagaimana mendapat

invers dari suatu matriks yang mempunyai invers.


Mahasiswa menguasai atau memahami fungsi determinan, cara mencarinya dan mendapat

invers dari suatu matriksyan gerat hubungannya dengan penyelesaian SPL.


Mhs dapat mengetahui fungsi detreminan dan cara menghitungnya, begitu juga mencari in-

vers, secara khusus diharapkan :

1. Memahami pengertian fungsi determinan

2. Memahami perhitungan determinan dan sifat-sifatnya

3. Menyelesaikan SPL dengan berbagai cara

27

2.1. Fungsi Determinan 28

2.1 Fungsi Determinan

Sebelum memepelajari fungsi determinan, harus kenal terlebih dahulu tentang permutasi.

Perhatikan definisi dibawah ini

DEFINISI 2.1.1 Permutasi suatu himpunan bilangan bulat{1, 2, 3, · · · , n} adalah su-

atu susunan bilangan-bilangan bulat dalam suatu urutan tanpa pengulangan

Akan lebih jelas, perhaqtikan contoh dibawah ini

CONTOH 2.1.1 Ada enam permutasi yang berbeda dari himpunan bilangan bulat{1, 2, 3},permutasi tersebut adalah

(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1)

♦

CONTOH 2.1.2 Ada 24 permutasi yang berbeda dari himpunan bilangan bulat{1, 2, 3, 4},permutasi tersebut adalah

(1, 2, 3, 4), (1, 2, 4, 3), (1, 3, 2, 4), (1, 3, 4, 2), (1, 4, 2, 3), (1, 4, 3, 2)

(2, 1, 3, 4), (2, 1, 4, 3), (2, 3, 1, 4), (2, 3, 4, 1), (2, 4, 1, 3), (2, 4, 3, 1)

(3, 1, 2, 4), (3, 1, 4, 2), (3, 2, 1, 4), (3, 2, 4, 1), (3, 4, 2, 1), (3, 4, 1, 2)

(4, 1, 2, 3), (4, 1, 3, 2), (4, 2, 3, 1), (4, 2, 1, 3), (4, 3, 2, 1), (4, 3, 1, 2)

♦

Metode yang lebih mudah, yaitu dengan menggunakan pohon permutasi, seperti pada Gam-

bar 2.1

234

2 3423 4

1

2 3 4

234 1

1

1

1

34

343 4

1

2

3 4

34 1

1

1

1

2 4

242 4

1 2

3

4

24 11

1 1

23

2 3 23

1 2 3

4

23

Gambar 2.1 Permutasi Empat

Dari contoh diatas, ada 24 permuatasi dari{1, 2, 3, 4}. Hasil tersebut merupakan perkalian

dari posisi, yaitu posisi pertama terdiri dari empat, posisi kedua terdiri dari tiga, posisi ketiga

terdiri dari dua dan posisi ke-empat hanya satu atau dapat ditulis

permutasi− empat = 4.3.2.1 = 4! = 24



Untuk permutasin bilangan yang berbeda, dapat dicari dengan cara yang sama, yaitu

permutasi− n = n.(n− 1). · · · .3.2.1 = n!

Selanjutnya akan dibahas tentang pembalikan. Pembalikan adalah suatu urutan bilan-

gan besar mendahului bilangan yang lebih kecil. Sedangkan jumlah pembalikan adalah

banyaknya bilangan yang lebih besar menadahuli bilangan yan glebih kecil. Lebih lengkap-

nya perhatikan contoh dibawah ini.

CONTOH 2.1.3 Hasil permutasi adalah

(6, 1, 4, 3, 2, 5)

• bilangan 6, mendahului bilangan 1, 2,3,4, dan 5, sehingga ada 5 pembalikan.

• bilangan 5, tidak mendahului

• bilangan 4, mendahului 3,2,, sehingga ada 2 pembalikan

• bilangan 3, mendahului 2, sehingga ada satu pembalikan

• bilangan 2, tidak mendahului, begitu juga bilangan 1

jadi jumlah pembalikannya adalah5 + 2 + 1 = 8 pembalikan ♦

Perhaitkan definisi dibawah ini

DEFINISI 2.1.2 Jika dalam suatu permutasi terdapat jumlah pembalikan yang genap

maka permutasi tersebut disebut permutasi genap, begitu juga jika terjadi jumlah pem-

balikan yang ganjil maka disebut dengan permutasi ganjil

CONTOH 2.1.4 Dari Contoh 2.1.1 hasil permutasi tercantum dalam tabel berikut

Permutasi Jumlah Pembalikan Klasifikasi

(1, 2, 3) 0 genap

(1, 3, 2) 1 ganjil

(2, 1, 3) 1 ganjil

(2, 3, 1) 2 genap

(3, 1, 2) 2 genap

(3, 2, 1) 3 ganjil

Hasil kali dasar dari suatu matriks persegi yaitu perkalian dari semua elemen matriks

terhadap elemen matriks yang lain dengan mengikuti aturan tertentu. Jika matriks tersebut

berukurann× n, maka perkalian dasarnya terdiri darin elemen yaitu

a1 a2 a3 · · · an



sedangkan banyaknya perkalian dasar adalahn! yaitu banyaknya permutasi yang diisikan

pada tanda setrip dan tanda positif atau negatif tergantung dari hasil pembalikan, jika per-

mutasi genap bertanda positif dan sebaliknya permutasi ganjil betanda negatif.

Perhatikan definisi fungsi determinan berikut ini

DEFINISI 2.1.3 Pandang matriksA matriks persegi. it Fungsi determinanA atau bi-

asanya disingkat dengan determinanA dinyatakan dengandet(A) sebagai jumlahan

hasil kali dasar beserta tanda dariA

Akan lebih jelas perhatikan contoh-contoh berikut

CONTOH 2.1.5 Hitung determinan dari matriks persegiA berukuran2× 2, misalkan

A =

(a11 a12

a21 a22

)

Perhatikan tabel berikut

Permutasi Hasil Kali Dasar Pembalikan Hasil Kali Dasar Bertanda

(1,2) a11a22 genap a11a22

(2,1) a12a21 ganjil −a12a21

sehingga

det(A) =

∣∣∣∣∣a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣∣ = a11a22 − a12a21

♦

Sekarang perhatikan contoh untuk matriks berukuran3× 3 berikut ini


A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33



(1,2,3) a11a22a33 genap a11a22a33

(1,3,2) a11a23a32 ganjil −a11a23a32

(2,1,3) a12a21a33 ganjil −a12a21a33

(2,3,1) a12a23a31 genap a12a23a31

(3,1,2) a13a21a32 genap a13a21a32

(3,2,1) a13a22a31 ganjil −a13a22a31


2.2. Cara Lain Menghitung Determinan 31

sehingga

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣∣∣= a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32

−(a11a23a32 + a12a21a33 + a13a22a31)

♦

Contoh yang lain


A =

2 4 3

4 1 5

6 2 3



(1,2,3) 2.1.3 genap 6

(1,3,2) 2.5.2 ganjil −20

(2,1,3) 4.4.3 ganjil −48

(2,3,1) 4.5.6 genap 120

(3,1,2) 3.4.2 genap 24

(3,2,1) 3.1.6 ganjil −18

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

2 4 3

4 1 5

6 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣= 64

♦

2.2 Cara Lain Menghitung Determinan

Pada bagian ini akan dikenalkan cara menghitung determinan dari suatu matriks. Cara ini

merupakan gabungan dari modul sebelumnya yaitu mereduksi suatu matriks sedemikian

hingga matriks tersebut menjadi bentuk baris eselon tereduksi. Metode ini akan memper-

mudah mencai nilai determinan untuk ukuran yang besar. Perhatikan teorema berikut ini



TEOREMA 2.2.1 Pandang matriks persegiA,

a. JikaA mempunyai sebuah atau lebih baris (kolom) nol semua, makadet(A) = 0

b. det(A) = det(AT )

Bukti:

(a) Untuk mencari nilai dari suatu determinan, hasil kali dasar selalu memuat salah satu

elemen dari baris atau kolom, sehingga perkalian dasaarnya selalu memuat nol. Jadi

nilai determinannya selalu nol

(b) Sesaui dengan (a) pada hasil kali dasar selalu memuat salsh satu elemen, maka dengan

demikian nilai determinan dariA akan sama denganAT .

Teorema dibawah ini akan mempermudah perhitungan dari suatu matriks, yaitu

TEOREMA 2.2.2 Jika matriks persegiA adalah matriks segitiga atas atau bawah,

makadet(A)= hasil kali elemen pada diagonalnya

Bukti:

telah dijelaskna diatas bahwa nilai determinan merupakan perkalian dasar yang selalu memu-

at salah satu elemen pada setiap baris atau kolom, oleh karena itu pada matriks segitiga atas

atau bawah untuk baris dan kolom yan gtidak sama nilai elemennya nol, sedangkan pada

baris atau kolom yang sama elemennya tidak sama dengan nol, sehingga nilai determinan

dari matriks segitiga atas atau bawah hanyalah perkalian elemen pada diagonal utamanya

saja.

CONTOH 2.2.1 Hitung determinan dari

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 0 0 0

−1 −3 0 0

3 5 3 0

3 2 2 4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (2)(−3)(3)(4) = −72

♦



Teorema dibawah ini menunjukkan bagaimana peran dari OBE yang sudah dibahas pada

modul sebelumnya memunyai peran untuk menentukan nilai determinan

TEOREMA 2.2.3 Pandang matriks persegiA berukurann× n

(a) Jika B adalah matriks yang dihasilkan dari matriksA yang dilakukan dengan

OBE/OKE tunggal yaitu dengan mengalikan dengank pada salah satu baris atau

kolom dariA, makadet(B) = kdet(A)

(b) Jika B adalah matriks yang dihasilkan dari matriksA dengan OBE/OKE yaitu

menukarkan baris atau kolom dariA, makadet(B) = −det(A)

(c) JikaB adalah matriks yang dihasilkan dari matriksA dengan OBE/OKE yaitu peng-

gandaan dari baris atau kolom dariA kemudian ditambah atau dikurang pada baris

atau kolom yang lain, makadet(B) = det(A)

CONTOH 2.2.2 Hitung matriksB yang merupakan baris kedua dari matriksA dikalikan

dengan tiga dengan matriks

A =

1 2 3

2 3 5

3 7 9

dan matriks

B =

1 2 3

6 9 15

3 7 9

maka determinan

det(B) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 3

6 9 15

3 7 9

∣∣∣∣∣∣∣∣= 3

sedangkan

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 3

2 3 5

3 7 9

∣∣∣∣∣∣∣∣= 1

jadi det(B) = 3det(A). ♦

CONTOH 2.2.3 matriksC adalah matriksA pada Contoh 2.2.2 dengan menukarkan

baris 1 dengan baris 3, maka

C =

3 7 9

2 3 5

1 2 3



maka

det(C) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

3 7 9

2 3 5

1 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣= −1

ataudet(C) = −det(A). ♦

CONTOH 2.2.4 matriksD adalah matriksA pada Contoh 2.2.2 dengan baris kedua

dikurangi dua kali baris pertama, maka

D =

1 2 3

0 −1 −1

3 7 9

maka

det(D) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 3

0 −1 −1

3 7 9

∣∣∣∣∣∣∣∣= 1

ataudet(D) = det(A). ♦

Dengan berpedoman pada Teorema 2.2.3 dan beberapa contoh, maka untuk menghi-

tung determinan dari suatu matriks, lakukan OBE sehingga menjadi bentuk baris eselon,

kemudian gunakan Teorema 2.2.2, maka akan mudah mencari nilai dari suatu determinan.

Perhatikan teorema dibawah ini, yang akan memudahkan perhitungan determinan.

TEOREMA 2.2.4 Jika matriks persegiA mempunyai dua baris atau dua kolom yang

sebanding, makadet(A) = 0


A =

1 1 1 6

1 2 3 14

1 4 9 36

1 6 10 66

untuk menghitung determinan dari matriksA, lakukan OBE, sedemikian hingga matriksnya

menjadi bentuk baris eselon, seperti

1 1 1 6

1 2 3 14

1 4 9 36

1 6 10 66

B2 −B1

B3 −B1

B3 −B1

˜

1 1 1 6

0 1 2 8

0 3 8 30

0 5 9 60

B3 − 3B2

B4 − 5B2

˜

1 1 1 6

0 1 2 8

0 0 2 6

0 0 −1 20


2.3. Sifat Fungsi Determinan 35

B4 + 12B3

˜

1 1 1 6

0 1 2 8

0 0 2 6

0 0 0 23

maka

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 6

0 1 2 8

0 0 2 6

0 0 0 23

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (1)(1)(2)(23) = 46

♦

Contoh lain dengan menggunakan teorema yang terakhir


A =

1 1 1 6

1 2 3 14

1 4 9 36

6 6 6 36

untuk menghitung determinan dari matriksA, lakukan OBE, sedemikian hingga matriksnya

menjadi bentuk baris eselon, seperti

1 1 1 6

1 2 3 14

1 4 9 36

6 6 6 36

B2 −B1

B3 −B1

B3 − 6B1

˜

1 1 1 6

0 1 2 8

0 3 8 30

0 0 0 0

karena ada satu baris yaitu baris terakhir mempunyai nilai nol semua sesuai dengan

Teorema 2.2.1, maka

det(A) = 0

♦

2.3 Sifat Fungsi Determinan

Pada bagian ini akan dibahas tentang sifat dari fungsi determinan, dari sifat fungsi deter-

minan tersebut diharapkan wawasan mengenai hubungan antara matriks persegi dan de-

terminannya. salah satunya adalah ada tidak suatu invers matriks persegi dengan menguji

determinannya. Perhatikan teorema dibawah ini



TEOREMA 2.3.1 Misal A, B dan C adalah matriks persegi berukurann × n yang

berbeda di salah satu barisnya, misal di baris ke-r yang berbeda. Pada baris ke-r ma-

triks C merupakan penjumlahan dari matriksA danB, maka

det(C) = det(A) + det(B)

Begitu juga pada kolomnya

CONTOH 2.3.1 Perhatikan matriks-matriks

A =

1 2 5

2 3 4

3 4 5

, B =

1 2 5

2 3 4

4 5 6

, C =

1 2 5

2 3 4

7 9 11

perhatikan, hanya pada baris ketiga saja yang berbeda. Dengan menggunakan Teorema 2.3.1,

maka

det(C) = det(A) + det(B)∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 5

2 3 4

7 9 11

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 5

2 3 4

3 4 5

∣∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 5

2 3 4

4 5 6

∣∣∣∣∣∣∣∣−6 = (−2) + (−4)

♦

Contoh diatas adalah penjumlahan dari suatu determinan dengan syarat tertentu, sekarang,

bagaimana dengan perkalian. Perhatikan lemma dibawah ini

LEMMA 2.3.2 Jika matriks persegiA dan matriks dasarE denganukuran yang sama,

maka berlaku

det(EB) = det(E)det(B)

Bukti: Telah dipelajari pada modul sebelumnya, bahwa matriks dasarE, jika dikalikan

dengan suatu matriks, maka seolah matriks tersebut dilakukan dengan OBE yang sama, jadi

B OBE B′ = EB

dalam hal ini ada beberapa kasus, yang pertama, jika OBEnya adalah mengalikan salah satu

baris dengank, maka

det(EB) = det(E)det(B) = kdet(B)

sedangkan kasus yang lain, menukarkan baris atau menambah pada baris yang lain akan

menghasilkan seperti kasus pertama.



CONTOH 2.3.2 Matriks-matriks

A =

1 2 5

2 3 4

3 4 5

, E =

1 0 0

0 3 0

0 0 1

Dengan menggunakan Lemma 2.3.2, maka

det(EA) = det(E)det(A)∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 5

6 9 12

7 9 11

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 0

0 3 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 5

2 3 4

7 9 11

∣∣∣∣∣∣∣∣= 3.− 6 = −18

♦

Perhatikan teorema dibawah ini

TEOREMA 2.3.3 Suatu matriks persegiA mempunyai invers jika dan jikadet(A) 6= 0

Bukti: Dengan memperhatikan, bahwa suatu matriks persegi jika dilakukan OBE, maka

ada dua kemungkinan yaitu mengandung baris yang nol semua atau matriks identitas. Jika

matriks elementer dikalikan dengan suatu matriks persegi hasil sama dengan matriks terse-

but dilakukan satu OBE. Dan suatu matriks jika mengandung baris atau kolom yang nol

semua, maka determinan matriks tersebut adalah nol. Jadi yang mempunyai invers pasti

nilai determinannya tidak nol.

Perhatikan teorema dibawah yang mendukung Lemma 2.3.2, yaitu

TEOREMA 2.3.4 JikaA danB dua matriks persegi berukuran sama, maka

det(AB) = det(A)det(B)

Bukti: Dengan mengasumsikan salah satu matriks tersebut sebagai perkalian dari ma-

triks elementer, misal matriksA, yaitu

A = E1E2E3 · · ·Er

sedangkan dengan menggunakan Lemma 2.3.2, menjadi

AB = E1E2E3 · · ·ErB

maka

det(AB) = det(E1)det(E2)det(E3) · · · det(Er)det(B)

jadi

det(AB) = det(A)det(B)


2.4. Kofaktor dan Matriks Invers 38

CONTOH 2.3.3 Pandang matriks dibawah ini

A =

(1 2

2 3

), B =

(2 5

3 4

), AB =

(18 13

13 22

)

dengan menghitung, maka

det(A) = −1, det(B) = −7, maka det(AB) = 7

sesuai dengan Teorema 2.3.4

Dari beberapa teorema diatas, jika dihubungkan akan menghasilkan teorema berikut

TEOREMA 2.3.5 Jika matriks persegiA mempunyai invers, maka

det(A−1) =1

det(A)

Bukti: KarenaA−1A = I, makadet(A−1A) = det(I), sedangkan menurut Teorema 2.3.4,

makadet(A−1)det(A) = det(I) = 1 dandet(A) 6= 0, sehingga teorema tersebut terbukti.

2.4 Kofaktor dan Matriks Invers

Pada bagian ini akan dibahas tentang kofaktor dan cara mencari invers dengan kofaktor.

Ada beberapa hal yang harus diperhatikan sebelumnya, seperti minor, perluasan kofaktor

dan invers dari suatu matriks. Perhatikan definisi dibawah ini

DEFINISI 2.4.1 Jika matriks persegiA, maka minor anggotaaij dinyatakan dengan

Mij dan didefinisikan sebagai determinan dari sub-matriks dari matriks awal dengan

menghilangkan baris ke−i dan kolom ke−j, sedangkan kofaktor anggotaaij ditulis

Cij = (−1)i+jMij

CONTOH 2.4.1 Pandang matriks persegi

1 1 1

1 2 3

1 4 9

Minor anggotaa11 adalah

M11

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1

1 2 3

1 4 9

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣2 3

4 9

∣∣∣∣∣ = 6



Sedangkan kofaktoraij adalah

Cij = (−1)1+1M11 = 16

Untuk Minor dan kofaktor yang lain, adalah

M12

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1

1 2 3

1 4 9

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣1 3

1 9

∣∣∣∣∣ = 6, C12 = (−1)1+2M12 = −6

♦

Perluasan kofaktor adalah salah satu cara untuk menghitung determinan dengan meng-

gunakan bantuan kofaktor, perhatikan definisi berikut

DEFINISI 2.4.2 Determinan dari matriks persegiA dapat dihitung dengan mengalikan

anggota-anggota baris atau kolom dengan kofaktornya dan menjumlahkannya. Untuk

setiap1 ≤ i, j ≤ n, perluasan kofaktor dengan baris ke−i, adalah

det(A) =n∑

j=1

aijCij

dan perluasan kofaktor dengan kolom ke−j, adalah

det(A) =n∑

i=1

aijCij

CONTOH 2.4.2 Hitung determinan dari matriks pada Contoh 2.4.1

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1

1 2 3

1 4 9

∣∣∣∣∣∣∣∣= 2

sedangkan dengan perluasan kofaktor pada baris ke−1

det(A) = 1

∣∣∣∣∣2 3

4 9

∣∣∣∣∣− 1

∣∣∣∣∣1 3

1 9

∣∣∣∣∣ + 1

∣∣∣∣∣1 2

1 4

∣∣∣∣∣ = 1.6− 1.6 + 1.2 = 2

atau dengan perluasan kofaktor pada kolom ke−2

det(A) = −1

∣∣∣∣∣1 3

1 9

∣∣∣∣∣ + 2

∣∣∣∣∣1 1

1 9

∣∣∣∣∣− 4

∣∣∣∣∣1 1

1 3

∣∣∣∣∣ = −1.6 + 2.8− 4.2 = 2

♦



Sedangkan yang dimaksud dengan adjoint matriks dapat dilihat pada definisi berikut ini

DEFINISI 2.4.3 Jika matriks persegiA dengan ukurann danCij adalah kofaltor dari

matriksA, maka matriks kofaktor dariA ditulis

C11 C12 · · · C1n

C21 C22 · · · C2n

......

......

Cn1 Cn2 · · · Cnn

transpose dari matriks tersebut dinamakanadjoint(A) ditulis Adj(A)

CONTOH 2.4.3 CariAdj(A) dari matriksA pada conoth diatas Kofaktor dariA, adalah

C11 = 6 C12 = −6 C13 = 2

C21 = −5 C22 = 8 C23 = −3

C31 = 1 C32 = −2 C33 = 1

sehingga matriks kofaktornya adalah ♦

6 −6 2

−5 8 −3

1 −2 1

danadjoint A adalah

adj(A) =

6 −5 1

−6 8 −2

2 −3 1

Untuk mencari invers dari matriks persegi yang menggunkan matriks adjoint, perhatikan

teorem berikut ini

TEOREMA 2.4.4 Jika matriks persegiA mempunyai invers, maka

A−1 =1

det(A)adj(A)

Bukti:

Dengan menggunakan perluasan kofaktor dapat dengan mudah dibuktikan.

CONTOH 2.4.4 Dari contoh sebelumnya, bahwa persegi,

A =

1 1 1

1 2 3

1 4 9



dan

adj(A) =

6 −5 1

−6 8 −2

2 −3 1

det(A) = 2

maka

A−1 =12

6 −5 1

−6 8 −2

2 −3 1

=

3 −52

12

−3 4 −1

1 −32

12

♦

Dengan menggunakan dari pencarian invers dan perluasan kofaktor dapat dicari penye-

lesaian SPL dengan menggunakan determinan, perhatikan teorema dibawah ini

TEOREMA 2.4.5 Jika Ax = b merupakan SPL dengann variabel dandet(A) 6= 0,

maka SPL tersebut mempunyai penyelesaian

x1 =det(A1)det(A)

, x2 =det(A2)det(A)

, ·, xn =det(An)det(A)

denganAj , j = 1, · · · , n adalah matriks yang diperoleh dengan menggantikan anggota

matriks A pada kolom ke−j denganb, aturan tersebut dinamakan denganAturan

Cramer

Bukti:

Dengan menggunakan definisi invers yang menggunakan adjoint matriks, maka nilai setiap

variabel sesuai dengan teorema di atas.

CONTOH 2.4.5 Gunakan aturan Carmer untuk menyelesaikan SPL berikut

x1 + x2 + x3 = 6

x1 + 2x1 + 3x3 = 14

x1 + 4x1 + 9x3 = 36

Karena ada tiga varibel bebas, maka ada matriksA, A1, A2 danA3, yaitu

A =

1 1 1

1 2 3

1 4 9

A1 =

6 1 1

14 2 3

36 4 9

A2 =

1 6 1

1 14 3

1 36 9

A3 =

1 1 6

1 2 14

1 4 36

maka

x1 =det(A1)det(A)

=22

= 1 x2 =det(A2)det(A)

=42

= 2 x3 =det(A3)det(A)

=62

= 2


Modul 3Vektor dan Operasinya

Pendahuluan

Pada Modul ini akan dibahas materi yang berkaitan dengan vektor dan ruang vektor. Dimu-

lai dari vektor pada dimensi dua, vektor di dimensi tiga dilanjutkan pada vektor di dimensi

n, tidak terlepas pula operasi-operasi yang berlaku pada vektor. Pada bagian belakang akan

dikupas tuntas tentang ruang vektor dan operasi-operasi yang berlaku pada ruang vektor.


Mahasiswa menguasai atau memahami tentang vektor pada dimensi dua, tiga dan vektor di

dimensin, cara menentukan ruang vektor, operasi-operasi yang berlaku dan sifat-sifat dari

ruang vektor.


Mahasiswa dapat mengetahui vektor pada dimensi dua, tiga dann, begitu juga operasi dan

sifatnya, secara khusus diharapkan :

1. Memahami pengertian vektor secara gemetris dan analitis

2. Memahami operasi dan operator yang berlaku pada vektor

3. Memahami ruang vektor Euclidean padaRn

4. Menentukan matriks transformasi antar ruang

5. Mengerti sifat-sifat transformasi linear

42

3.1. Pengantar Vektor 43

3.1 Pengantar Vektor

Vektor adalah suatu besaran yang mempunyai arah, danskalar adalah besaran yang tidak

mempunyai arah. Kedua besaran tersebut banyak digunakan di Fisika dan Teknik. Vektor

dapat disajikan secara geometris sebagai ruas garis berarah, arah panah menunjukan arah

vektor dan panjang vektor menunjukan besaran vektor. Vektor dapat ditulis dengan huruf

kecil tebal atau tanda bar. Seperti pada Gambar 3.1.

a

B

A

AB = = aa

a

Gambar 3.1 Penulisan Vektor

v wu

u = v = w

Gambar 3.2 Vektor Ekuivalen

Sebelum memepelajari vektor lebih detail, perhatikan definisi dibawah ini

DEFINISI 3.1.1 Jikau danv adalah dua vektor sebarang, maka jumlahu + v adalah

vektor yang ditentukan sebagai berikut: Letakkan vektorv sedemikian hingga titik

pangkalnya bertautan dengan titik ujungv. Vektoru + v disajikan oleh anak panah

dari titik pangkalu ke titik ujungv.

u

v

w

u+v=v+u=w

v

uw

Gambar 3.3 Penjumlahan Vektor

a

a

Gambar 3.4 Vektor Negatif

Vektor-vektor yang mempunyai panjang dan arahnya sama, seperti pada Gambar 3.2

disebutekuivalen, sedangkan penjumlahan dua vektor sesuai dengan definisi diatas dapat

dilihat pada Gambar 3.3 yang hasilnya merupakan diagonal jajaran genjang yang diban-

gun oleh dua vektor. Vektor yang panjangnya nol dan arahnya sebarang disebut dengan

vektor noldan dinyatakan dengan0, maka berlaku

0 + v = v + 0 = v

Jika vektorv sebarang tak nol, maka−v, negatif dariv didefinisikan sebagai vektor

yang besarnya sama denganv, tetapi arahnya belawanan, seperti pada Gambar 3.4. Oleh

karena itu berakibat

v + (−v) = 0



sehingga, perhatikan definisi berikut

DEFINISI 3.1.2 Jika v dan w adalah dua vektor sebarang, maka selisihw dari v

didefinisikan sebagai

v − w = v + (−w)

Untuk mendapatkan nilai selisih dariv − w tanpa melihat−w, cukup titik pangkal

vektor hasil pada titik ujungw dan titik ujung vektor hasil pada titik ujung vektorv, vektor

yang terbentuk adalah vektor selisih. Secara geometris dapat dilihat dengan jelas seperti

pada Gambar 3.5. Perhatikan definisi berikut ini

u-v=u+(-v)=w

u

v

w

v

u

v

w

Gambar 3.5 Pengurangan Vektor

a

2a

2a

Gambar 3.6 Perkalian Vektor

DEFINISI 3.1.3 Jika v vektor tak-nol dan k skalar sebarang tak-nol, maka hasil kali

kv didefinisikan sebagai vektor yang panjangnya|k| kali panjangv dan arahnya sesuai

dengan arahv jika k > 0 dan arahnya kebalikan dariv jika k < 0. Didefiniskan pula

kv = 0 jika k = 0 atauv = 0.

akan lebih jelas dapat dilihat pada Gambar 3.6. Suatu vektor yang berbentukkv dinamakan

penggandaan skalar dariv.

¤ Vektor di sistem Koordinat

Vektor dapat digambarkan dalam sistem koordinat di dimensi dua atau dimensi tiga, tetapi

tidak dapat digambarkan untuk dimensi lebih dari tiga. Pandangv vektor sebarang, jika

digambarkan pada sistem koordinat bidang atau ruang, titik pangkal berada pada titik asal.

Koordinat (v1, v2) dari titik ujungv disebut komponenv dan ditulis

v = (v1, v2)

sedangkan untuk koordinat ruang, komponennya adalah (v1, v2, v3) dan ditulis

v = (v1, v2, v3)

Secara umum definisi vektor seperti dibawah ini



DEFINISI 3.1.4 Jika n adalah bilangan bulat positif, maka ganda-n berurut adalah

sederetann bilangan real (a1, a2, · · · , an). Himpunan semua ganda-n berurut disebut

ruang berdimensi-n dan dinyatakan denganRn

Dengan definisi tersebut memungkinkan operasi penjumlahan, pengurangan dan perkalian

skalar, oleh karena itu perhatikan definisi berikut ini

DEFINISI 3.1.5 Dua vektoru = (u1, u2, · · · , un) danv = v1, v2, · · · , vn di Rn dise-

butsamajika

u1 = v1, u2 = v2, · · · , un = vn

sedangkan jumlahu + v didefinisikan dengan

u + v = (u1 + v1, u2 + v2, · · · , un + vn)

dan jikak skalar, makaperkalian skalarku didefinisikan dengan

ku = (ku1, ku2, · · · , kun)

CONTOH 3.1.1 Jika diketahuiv = (2, 3) danw = (2, 3), maka kedua vektor tersebut

adalah ekuivalen atau sama, sebab

v1 = w1 = 2 dan v2 = w2 = 3

♦

CONTOH 3.1.2 Jika diketahuix = (2, 3, 4) dan y = (2, 3, 4), maka kedua vektor

tersebut adalah ekuivalen atau sama, sebab

x1 = y1 = 2, x2 = y2 = 3 dan x3 = y3 = 4

♦

Operasi penjumlahan dan perkalian vektor dengan skalar, mudah dilakukan dalam ben-

tuk komponen. Jika dua vektor di koordinat bidang dijumlahkan, misalv = (v1, v2) dan

w = (w1, w2), maka jumlahannya adalah

v + w = (v1 + w1, v2 + w2)

begitu juga pada koordinat ruang

v + w = (v1 + w1, v2 + w2, v3 + w3)

lebih jelasnya lihat Gambar 3.7



u

vw

u2

u1 v1

v2

(u v ,u +v )1 1 2 2+

Gambar 3.7 Penjumlahan Vektor

u

w

u2

u1 ku1

ku2

(ku ,ku )1 2

Gambar 3.8 Perkalian Vektor

CONTOH 3.1.3 Jika diketahuiv = (2, 3) danw = (4, 6), maka jumlah kedua vektor

tersebut adalah

v + w = (2 + 4, 3 + 6) = (6, 9)

begitu juga selisih kedua vektor adalah

w − v = (4− 2, 6− 3) = (2, 3)

♦

CONTOH 3.1.4 Jika diketahuix = (2, 3, 4) dany = (5, 3, 7), maka jumlah kedua

vektor tersebut adalah

x + y = (2 + 5, 3 + 3, 4 + 7) = (7, 6, 11)

begitu juga selisih kedua vektor adalah

x− y = (2− 5, 3− 3, 4− 7) = (−3, 0,−3)

♦

Perkalian vektor dengan skalar seperti pada Definisi 3.1.3 dan 3.1.5, sebarang vektorv

dan skalark, pada koordinat bidang adalah

kv = (kv1, kv2)

dan pada koordinat ruang adalah

kv = (kv1, kv2, kv3)

lebih lengkap dapat dilihat pada Gambar 3.8


3.2. Panjang Vektor 47

CONTOH 3.1.5 Jika diketahuiv = (2, 3) dan skalark = 3, maka perkalian vektor

dengan skalar adalah

kv = (3.2, 3.3) = (6, 9)

♦

CONTOH 3.1.6 Jika diketahuix = (2, 3, 4) dan skalark = 4, maka perkalian adalah

kx = (4.2, 4.3, 4.4) = (8, 12, 16)

♦

CONTOH 3.1.7 Jika diketahuix = (2, 3, 4), y = (5, 3, 7) dan skalark = 4, maka

perkalian dan penjumlahan adalah

kx = (4.2, 4.3, 4.4) = (8, 12, 16)

♦

Dari beberapa contoh diatas, dapat ditarik sebuah teorema seperti dibawah ini

TEOREMA 3.1.6 Jika u = (u1, u2, · · · , un), v = (v1, v2, · · · , v3) dan w =

(w1, w2, · · · , wn) adalah vektor-vektor diRn dank, l adalah skalar, maka

a. u + v = v + u b. u + (v + w) = (u + v) + w

c. u + 0 = 0 + u = u d. u + (−u) = 0 artinyau− u = 0

e. k(lu) = (kl)u f. k(u + v) = ku + kv

g. (k + l)u = ku + lu h. 1u = u

Buktikan teorema diatas dengan seksama sebagai latihan.

3.2 Panjang Vektor

Setelah mempelajari dengan tuntas Kegiatan belajar pertama, lanjutkan dengan menghitung

panjang dari vektor, perhatikan definisi dibawah ini

DEFINISI 3.2.1 Norm atau Panjang dari suatuu ∈ Rn didefinisikan

‖u‖ =√

u21 + u2

2 + · · ·+ u2n

jika u ∈ R2, lihat Gambar 3.9

‖u‖ =√

u21 + u2

2

jika u ∈ R3, lihat Gambar 3.10

‖u‖ =√

u21 + u2

2 + u23


3.2. Panjang Vektor 48

u1

(u ,u )1 2

u2u

Gambar 3.9 Panjang Vektor diR2

u1

(u ,u )1 2,u3

u2

uu3

Gambar 3.10 Panjang Vektor diR3

Sedangkan definisi jarak dari dua buah titik, perhatikan definisi berikut

DEFINISI 3.2.2 Jika titik P = (p1, p2, · · · , pn) danQ = (q1, q2, · · · , qn) adalah titik

di Rn, maka Distance atau Jarak kedua titik tersebut adalah panjang dari vektor−−−→P1P2

seperti pada Gambar 3.11, karena

−−→PQ = (q1 − p1, q2 − p2, · · · , qn − pn)

maka jarak kedua titik diatas adalah

d = ‖−−→PQ‖ =√

(q1 − p1)2 + (q2 − p2)2 + · · ·+ (qn − pn)2

Q(q ,q )1 2,q3

P(p ,p ,p )1 2 3

Gambar 3.11 Jarak antara titikP dan titikQ

CONTOH 3.2.1 Hitung panjang vektorv = (3, 4) dan hitung jarak titikP (2, 3) dan titik

Q(5, 6) di R2, panjang vektorv adalah

‖v‖ =√

32 + 42 =√

25 = 5

dan jarak kedua titik adalah

d = ‖−−→PQ‖ =√

(5− 2)2 + (6− 3)2 =√

18 = 3√

2


3.3. Dot Product, Proyeksi 49

CONTOH 3.2.2 Hitung panjang vektorv = (2, 3, 4) dan hitung jarak titikP (5, 3, 4)

dan titikQ(5, 6,−2) di R3, panjang vektorv adalah

‖v‖√

52 + 32 + 42 =√

50 = 5√

2

dan jarak kedua titik adalah

d = ‖−−→PQ‖ =√

(5− 5)2 + (6− 3)2 + (−2− 4)2 =√

45 = 3√

5

Perhatikan contoh terakhir ini

CONTOH 3.2.3 Hitung panjang hasil skalar dengan vektor, misalv = (2, 3, 4) dan

hitungk = 3, maka panjang hasil kali vektor adalah

‖kv‖ = |k|‖v‖ = 3√

52 + 32 + 42 = 3√

50 = 15√

2

Dengan memperhatikan contoh-contoh, dapat ditarik sebuah teorema

TEOREMA 3.2.3 Jikau, v ∈ Rn dank skalar, maka berlaku

a. ‖u‖ ≥ 0

b. ‖u‖ = 0 jika dan hanya jikau = 0

c. ‖ku‖ = |k|‖u‖

d. ‖u + v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖

3.3 Dot Product, Proyeksi

Operasi hasil kali dalam atauDot Productdari dua vektor yang posisi pangkalnya berimpit

dan bersudutθ yaitu sudut yang dibangun oleh kedua vektor. Lebih jelasnya, perhatikan

definisi dibawah ini

DEFINISI 3.3.1 Jikau = (u1, u2, · · · , un), v = (v1, v2, · · · , vn) adalah vektor-vektor

di Rn danθ adalah sudut antarau danv, maka hasil kali dalam Euclidean didefinisikan

u ¦ v =

{‖u‖‖v‖ cos θ jika u 6= 0 dan v 6= 0

0 jika u 6= 0 dan v 6= 0

Untuk menghitung perkalian dalam perlu mengetahui sudut dari kedua vektor tersebut,

jika tidak diketahui maka akan sulit menghitungnya. Oleh karena itu perlu dicari perhitun-

gan yang lain. Pandangu danv di R3 seperti pada Gambar 3.12, maka dengan hukumcos



Q(q ,q ,q )1 2 3P(p ,p ,p )1 2 3

u

vq

Gambar 3.12 Perhitungan Hasil Kali Dalam

diperoleh

‖−−→PQ‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2 − 2‖u‖‖v‖ cos θ

Karena−−→PQ = v − u maka dapat ditulis

‖u‖‖v‖ cos θ =12(‖u‖2 + ‖v‖2 − ‖v − u‖2)

atau

u ¦ v =12(‖u‖2 + ‖v‖2 − ‖v − u‖2)

dengan mensubstitusikan panjang vektor, maka diperoleh

u ¦ v = u1v1 + u2v2 + u3v3

sehingga Definisi 3.3.1 dapat ditulis ulang dengan

DEFINISI 3.3.2 Jikau = (u1, u2, · · · , un), v = (v1, v2, · · · , vn) adalah vektor-vektor

diRn danθ adalah sudut antarau danv skalar, maka hasil kali dalam Euclidean didefin-

isikan

u ¦ v = u1v1 + u2v2 + · · ·+ unvn

Sehingga besar sudut antara dua vektor dapat dicari. Perhatikan contoh berikut.

CONTOH 3.3.1 Hitung besar sudut antara dua vektoru = (1,−2, 3,−4) dan v =

(4, 3, 2, 1) di R4, hitung

u ¦ v = 1.4 + (−2).3 + 3.2 + (−4).1 = 0

sedangkan

‖u‖ =√

1 + 4 + 9 + 16 =√

30

dan

‖v‖ =√

16 + 9 + 4 + 1 =√

30

sehingga

cos θ =u ¦ v

‖u‖‖v‖ =030

= 0

jadi sudut antara dua vektor tersebut adalahπ2



Beberapa sifat yang akan dituangkan dalam teorema dibawah ini

TEOREMA 3.3.3 Jikau, v danw di Rn dank adalah skalar, maka

1. u ¦ v = v ¦ u

2. (u + v) ¦ w = u ¦ w + v ¦ w

3. (ku) ¦ v = k(u ¦ v)

4. v ¦ v ≥ 0, untukv ¦ v = 0 jika dan hanya jikav = 0

Bukti dari teorema tersebut dapat dipakai sebagai latihan.

Berdasarkan analogi dari definisi, teorema dan contoh, maka dapat ditarik sebuah teorema

sebagai berikut

TEOREMA 3.3.4 Jikau, v ∈ Rn, maka

u ¦ u = u21 + u2

2 + · · ·+ u2n = ‖u‖2

begitu juga jarak antara dua vektor tersebut adalah

d(u, v) = ‖u− v‖ =√

(u1 − v1)2 + (u2 − v2)2 + · · ·+ (un − vn)2

CONTOH 3.3.2 Jikau = (2, 3, 4, 5) danv = (3, 5, 1,−5) di R4, maka

‖u‖ =√

4 + 9 + 16 + 25 =√

54

dan

d(u, v) = ‖u− v‖ =√

(3− 2)2 + (5− 3)2 + (1− 4)2 + (−5− 5)2 =√

114

Hubungan antara Hasil kali dalam dan panjang vektor dapat dilihat pada teorema berikut

ini yang lebih dikenal denganKetaksamaan Cauchy-Schwarzdi Rn

TEOREMA 3.3.5 Jikau, v ∈ Rn, maka berlaku

|u ¦ v| ≤ ‖u‖‖v‖

¤ Proyeksi Ortogonal

Sebelum dibahas tentang proyeksi suatu vektor ke vektor lain perhatikan definisi berikut ini

DEFINISI 3.3.6 Dua vektoru, v ∈ Rn disebut ortogonal atau tegak lurus jika

u ¦ v = 0



u

aw1

w2

u

a w1

w2

u

aw1

w2

Gambar 3.13 Komponen Vektor

Jika sebuah vektor diproyeksikan ke vektor lain, maka ada kemungkinan vektor yang

diproyeksikan tersebut lebih kecil, lebih besar atau kebalikan dari vektor tempat proyeksi,

lebih jelasnya perhatikan Gambar 3.13. Sebuah vektoru diproyeksikan ke vektora, maka

u = w1 + w2 atau w2 = u− w1

karenaw1 sejajar dengana danw1 tegak lurus dengana, maka proyeksiu ke a ditulis

dengan

w1 = Proyau

sehingga vektor yang tegak lurus dengan hasil proyeksinya adalah

w2 = u− Proyau

dan besarnya vektor hasil proyeksi adalah

Proyau = ka

dimana kemungkinan nilaik adalahk > 1, 0 < k ≤ 1 dank < 0, selanjutnya, perhatikan

teorema dibawah ini

TEOREMA 3.3.7 Jikau dana 6= 0 di Rn, maka

Proyau =u ¦ a

‖a‖2a

Buktikan teorema tersebut dengan seksama, kemudian perhatikan contoh dibawah ini.

CONTOH 3.3.3 Pandangu = (2,−1, 3) dana = (2, 3, 4), carilah komponen vektor

dariu yang sejajar dengana dan carilah komponen vektor dariu yang ortogonal terhadapa

Hitunglahu ¦ a = 4− 3 + 12 = 13

‖a‖2 =√

4 + 9 + 16 =√

29

kompponen vektor dariu yang sejajar dengana adalah

Proyau =u ¦ a

‖a‖2a =

1329

(2, 3, 4)


3.4. Cross Product 53

dan komponen vektor dariu yang tegak lurus dengana adalah

u− Proyau = (2,−1, 3)− 1329

(2, 3, 4)

Sebelum mengakhiri kegiatan belajar ini, dan telah memperhatikan Teorema 3.3.5 dan Defi-

nisi 3.3.6 maka dapat diterima teorema berikut ini yang dikenal dengan namaTeorema Phy-

tagoras

TEOREMA 3.3.8 Dua vektoru, v ∈ Rn disebut ortogonal atau tegak lurus, maka

‖u + v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2

3.4 Cross Product

Operasi hasil kali silang atauCross Productdari dua vektor yang posisi pangkalnya berimpit.

Lebih jelasnya, perhatikan definisi dibawah ini

DEFINISI 3.4.1 Jika u = (u1, u2, u3), v = (v1, v2, v3) adalah vektor-vektor diR3,

maka hasil kali silang didefinisikan

u× v =

(∣∣∣∣∣u2 u3

v2 v3

∣∣∣∣∣ ,−∣∣∣∣∣

u1 u3

v1 v3

∣∣∣∣∣ ,

∣∣∣∣∣u1 u2

v1 v2

∣∣∣∣∣

)

atau

u× v = (u2v3 − u3v2, u1v3 − u3v1, u1v2 − u2v1)

CONTOH 3.4.1 Hitungu× v denganu = (1,−2, 3) danv = (4, 5, 6) di R3, maka

u× v =

(∣∣∣∣∣−2 3

5 6

∣∣∣∣∣ ,−∣∣∣∣∣

1 3

4 6

∣∣∣∣∣ ,

∣∣∣∣∣1 −2

4 5

∣∣∣∣∣

)

atau

u× v = (−27, 6, 13)

Perbedaan antara hasil kali dalam dan hasil kali silang yaitu hasilnya, pada hasil kali

dalam hasilnya adalah sebuah skalar, sedangkan pada hasil kali silang hasilnya adalah se-

buah vektor yang tegak lurus dengan kedua vektor yang dikalikan. Perhatikan teorea berikut

ini, yaitu hubungan antara hasil kali dalam dan hasil kali silang.



TEOREMA 3.4.2 Jikau, v danw adalah vektor diR3, maka

a. u ¦ (u× v) = 0

b. v ¦ (u× v) = 0

c. ‖u× v‖2 = ‖u‖2‖v‖2 − (u ¦ v)2

d. u× (v × w) = (u ¦ w)v − (u ¦ v)w

e. (u× v)× w = (u ¦ w)v − (v ¦ w)u

Buktikan teorema tersebut dengan seksama sebagai latihan. Kemudian lihat contoh dibawah

ini

CONTOH 3.4.2 Hitungu× v denganu = (1,−2, 3) danv = (4, 5, 6) di R3, maka

u ¦ (u× v) = 1.(−27) + (−2).6 + 3.13 = 0

begitu juga

v ¦ (u× v) = 4.(−27) + 5.6 + 6.13 = 0

membuktikan bahwa hasil kali silang selalu tegak lurus dengan vektor hasilnya.

Perhatikan teorema berikut ini

TEOREMA 3.4.3 Jikau, v danw adalah vektor diR3 dank skalar sebarang, maka

a. u× v = −(v × u)

b. u× (v + w) = (u× v) + (u× w)

c. (u + v)× w = (u× w) + (v × w)

d. k(u× v) = (ku)× v

e. u× 0 = 0× u = 0

f. u× u = 0

Buktikan teorema tersebut secara seksama sebagai latian, perhatikan contoh dibawah

ini

CONTOH 3.4.3 Tinjau vektor satuan standar diR3, yaitu

i = (1, 0, 0) j = (0, 1, 0) k = (0, 0, 1)



i

j

k

Gambar 3.14 Vektor Satuan Standar

posisi dan arah dari ketiga vektor satuan tersebut dapat dilihat pada Gambar 3.14, sehingga

hasil kali silang antara ketiga vektor adalah

i× i = 0 j × i = −k k × i = j

i× j = k j × j = 0 k × j = −i

i× k = −j j × k = i k × k = 0

Gunakan tangan Kanan Ampere untuk mencari arah dari hasil kali silang dua vektor.

¤ Interpretasi Geometris Cross Product

Telah diketahui untuku, v ∈ R3, bahwa

‖u× v‖2 = ‖u‖2‖v‖2 − (u ¦ v)2

jika θ adalah sudut antara dua vektor tersebut, maka

‖u× v‖2 = ‖u‖2‖v‖2 − ‖u‖2‖v‖2 cos2 θ

= ‖u‖2‖v‖2(1− cos2 θ)

= ‖u‖2‖v‖2 sin2 θ

sehingga

‖u× v‖ = ‖u‖‖v‖ sin θ

jika digambarkan dalam koordinat bidang merupakan luas jajaran genjang dengan alas‖u‖dan tinggi‖v‖ sin θ, seperti pada Gambar 3.15.

u

v

u

v

q

v sinq

Gambar 3.15 Luas Jajaran Genjang

Sehingga dapat diturunkan teorema berikut ini



TEOREMA 3.4.4 Jika u, v ∈ R3 maka‖u × v‖ sama dengan luas jajaran genjang

yang ditentukan olehu danv.

CONTOH 3.4.4 Jikau = (−3,−2,−2) danv = (−2, 2, 3), maka luas yang dibangun

oleh kedua vektor tersebut adalah

‖u× v‖ = ‖(−13, 5,−10)‖ =√

294


Modul 4Transformasi Linear dan Sifat

Pendahuluan

Pada Modul ini akan dibahas materi yang berkaitan dengan transformasi linear, yang meru-

pakan dasar dalam telaah aljabar yang berbentuk fungsi. Transformasi linear yang dimaksud

adalah perpindahan dari satu ruang yang biasanya dinamakan dengan domain atau daerah

asal ke ruang yang lain yang dinamakan dengan kodomain atau daerah hasil.


Mahasiswa menguasai atau memahami suatu perpindahan vektor dari satu ruang ke ruang

yang lain.


Mahasiswa dapat mengetahui dan memahami cara mentransformasikan vektor dari satu

ruang ke ruang yang lain, secara khusus diharapkan :

1. Memahami pengertian transformasi linear

2. Memahami komposisi transformasi linear

3. Menyelesaikan atau mencari matriks transformasi

57

4.1. Transformasi Linear 58

4.1 Transformasi Linear

Jika daerah asal suatu fungsif adalahRn dan daerah hasilnya adalahRm, makaf disebut

transformasidariRn keRm dan ditulis

f : Rn → Rm

jika transformasi dari ruang yang sama, dinamakanoperatoryaitu

f : Rn → Rn

Untuk mengilustrasikan suatu transformasi dari satu ruang ke ruang yang lain, misal

dariRn ke ruangRm danf1, f2, · · · , fm adalah fungsi bernilai real, ditulis

w1 = f1(x1, x2, ·, xn)

w2 = f2(x1, x2, ·, xn)

w3 = f3(x1, x2, ·, xn) (4.1)...

......

wm = fm(x1, x2, ·, xn)

Jika suatu transformasi dinyatakan seperti

T : Rn → Rm

maka dapat ditulis

T (x1, x2, ·, xn) = (x1, x2, · · · , xm)

CONTOH 4.1.1 Persamaan-persamaan

w1 = x1 + x2

w2 = 3x1x2

w3 = x31 − x2

2

Jika ditulis dalam bentuk teransformasiT : R2 → R3 atau

T (x1, x2) = (x1 + x2, 3x1x2, x31 − x2

2)

misal

T (1,−2) = (−1,−6,−3)

Secara umum transformasi linear dari ruangRn ke ruangRm ditulis

T : Rn → Rm



dan bila dinyatakan dalam persamaan, yaitu

w1 = a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn

w2 = a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn

......

...

wm = am1x1 + am2x2 + · · ·+ amnxn

atau ditulis dalam notasi matriks

w1

w2

...

wm

=

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

......

...

am1 am2 · · · amn

x1

x2

...

xm

atau secara ringkas ditulis dengan

w = Ax

Matriks A disebutmatriks standaruntuk transformasi linearT , danT disebutperkalian

denganA.

CONTOH 4.1.2 Transformasi linearT : R2 → R3 yang didefinisikan oleh persamaan-

persamaan berikut

w1 = 2x1 − 3x2 + 1x3 − 5x4

w2 = 4x1 + x2 − 2x3 + x4

w3 = 5x1 − x2 + 4x3

jika dinyatakan dalam bentuk matriks

w1

w1

w2

=

2 −3 1 −5

4 1 −2 1

5 −1 4 0

x1

x2

x3

x4

sehingga matriks standar untukT adalah

A =

2 −3 1 −5

4 1 −2 1

5 −1 4 0



jika

(x1, x2, x3, x4) = (1,−3, 0, 2)

maka

w1

w1

w2

=

2 −3 1 −5

4 1 −2 1

5 −1 4 0

1

−3

0

2

=

1

3

8

♦

JikaT : Rn → Rm adalah perkalian denganA, dan jika diperlukan penekanan bahwaA

adalah matriks standar untukT, maka transformasi linearT : Rn → Rm dinyatakan sebagai

TA : Rn → Rm, jadi

TA(x) = Ax

¤ Geometri Transformasi Linear

Secara geometris, apakah sebuah titik atau sebuah vektor yang akan ditransformasikan. Ji-

ka sebuah titik yang akan ditransformasikan dapat dilihat dalam Gambar 4.1, sedangkan

sebuah vektor yang akan ditransformasikan dapat dilihat pada Gambar 4.2.

x

T(x)

Gambar 4.1T Memetakan Titik ke Titik

x

T(x)

Gambar 4.2T Memetakan Vektor ke Vektor

CONTOH 4.1.3 Jika0 adalah matriks nol berukuranm × n dan0 adalah vektor nol di

Rn, maka untuk setiap vektorx di Rn, sehingga transformasinya

T0(x) = (0)x = 0

transformasi tersebut dinamakan transformasi nol dariRn keRm.

¤ Operator Pencerminan diR2

OperatorT : R2 → R2 yang memetakan setiap vektor ke bayangan simetrisnya terhadap

sumbu-y, seperti terlihat pada Gambar 4.3. Jikaw = T (x) suatu operator, maka persamaan

yang menghubungkan komponenx danw adalah

w1 = −x = −x + 0y

w2 = y = 0x + y (4.2)



xw=T(x)

x

y

(x,y)(-x,y)

Gambar 4.3 Pencerminan Terhadap Sumbu-y

atau ditulis dalam bentuk matriks,(

w1

w2

)=

(−1 0

0 1

)(x

y

)(4.3)

karena Persamaan 4.2 adalah linear, makaT adalah operator linear dan dari Persamaan 4.3

adalah matrisk standar untukT adalah

[T ] =

(−1 0

0 1

)

Untuk pencerminan yang lain, silahkan dicari matriks transformasinya sebagai latihan.

x

w=T(x)

y

z

(x,y,z)

(x,y,-z)

x

Gambar 4.4 Pencerminan Terhadap Bidang-xy

¤ Operator Pencerminan diR3

OperatorT : R3 → R3 yang memetakan setiap vektor ke bayangan simetrisnya terhadap

bidang-xy, seperti terlihat pada Gambar 4.4. Jikaw = T (x) suatu operator, maka per-

samaan yang menghubungkan komponenx danw adalah

w1 = x = x + 0y + 0z

w2 = y = 0x + y + 0z (4.4)

w3 = −z = 0x + 0y − z



atau ditulis dalam bentuk matriks,

w1

w2

w3

=

1 0 0

0 1 0

0 0 −1

x

y

z

(4.5)

karena Persamaan 4.4 adalah linear, makaT adalah operator linear dan dari Persamaan 4.5

adalah matrisk standar untukT adalah

[T ] =

1 0 0

0 1 0

0 0 −1

Untuk pencerminan terhadap bidang yang lain, silahkan dicari matriks transformasinya

sebagai latihan.

¤ Komposisi Transformasi

Komposisi transformasi adalah transformasi yang dilakukan secara berulang. JikaTA :

Rn → Rk dan T : Rk → Rm adlah transformasi linear, maka∀x ∈ Rn dikenakan

padaTA yang menghasilkanTA(x) kemudian dilanjutkan denganTB yang menghasilkan

TB(TA(x)) yang berada diRm, secara singkat ditulis

TB(TA(x)) = (TB ◦ TA)(x)

jika TA transformasi yang berbentuk matriksA danTB transformasi yang berbentuk matriks

B, sehingga komposisiTB ◦ TA adalah linear, karena

TB(TA(x)) = (TB ◦ TA)(x) = B(Ax) = (BA)x

xT (x)1

y

x

T2(T (x))1

Gambar 4.5 KomposisiT2 ◦ T1

x

T (x)2

y

xT1(T (x))2

Gambar 4.6 KomposisiT1 ◦ T2


4.2. Sifat Transformasi Linear 63

CONTOH 4.1.4 Jika T1 : R2 → R2 adalah operator pencerminan terhadap sumbu-

x danT2 : R2 → R2 adalah operator pencerminan terhadap garis-y = x. Gambar 4.5

mengilustrasikan hasil dari operasi pencerminan terhadap sumbu-x kemudian dilanjutkan

dengan pencerminan terhadap garis-y = x dapat ditulis

(T2 ◦ T1)(x) = T2(T1(x)) =

(0 1

1 0

)(−1 0

0 1

)=

(0 1

−1 0

)

sedangkan Gambar 4.6 mengilustrasikan hasil dari operasi pencerminan terhadap garis-y =

x kemudian dilanjutkan dengan pencerminan terhadap sumbu-x dapat ditulis

(T1 ◦ T2)(x) = T1(T2(x)) =

(−1 0

0 1

)(0 1

1 0

)=

(0 −1

1 0

)

jadi

T2 ◦ T1 6= T1 ◦ T2

Komposisi transformasi juga dapat dilakukan lebih dari dua transformasi linear.

4.2 Sifat Transformasi Linear

Pada bagian ini akan dibahas tentang sifat dari transformasi linear, antara lain apakah ma-

triks transformasi dapat dibalik (punya invers) dan juga juga mencari karakteristik transfor-

masi sehingga dapat ditarik transformasi yang lebih umum.

Transformasi linear yang memetakan vektor atau titik yang berbeda ke vektor atau titik

yang berbeda merupakan transformasi linear yang sangat penting. Salah satu transformasi

linear yang penting adalah operator linearT : R2 → R2 yang merotasikan setiap vektor

pada sudutθ Secara geometris jelas bahwa jikau danv merupakan vektor yang berbeda

di R2, maka juga vektorT (u) danT (v) merupakan hasil transformasi, seperti terlihat pada

Gambar 4.7

T(u)

v

T(v)

uq

q

x

y

Gambar 4.7 Vektor yang dirotasikan

y

z

P

x

Q

M

Gambar 4.8 Titik-titik diproyeksikan



Sebaliknya, jikaT : R3 → R3 adalah proyeksi ortogonalR3 pada bidang-xy, maka

titik-titik yang berbeda pada satu garis vertikal yang sama terpetakan ke satu titik yang

sama seperti terlihat pada Gambar 4.8.

Perhatikan definisi berikut ini

DEFINISI 4.2.1 Suatu transformasi linearT : Rn → Rm disebut satu-satu jikaT

memetakan vektor (titik) yang berbeda padaRn ke vektor (titik) yang berbeda padaRm

Dengan menganggap bahwa matriks transformasi berbentuk matriks persegi, jika ma-

triks tersebut konsisten maka matriks tersebut punya invers dan sebaliknya, atau perhatikan

teorema berikut ini

TEOREMA 4.2.2 Jika A adalah matriksn × n danTA : Rn → Rn adalah perkalian

denganA, maka pernyataan berikut ini ekuivalen

a. A dapat dibalik (mempunyai invers)

b. Daerah hasil dariTA adalahRn

c. TA adalah satu-satu

Contoh transformasi dari Gambar 4.7 menghasilkan sebuah matriks, yaitu

[T ] =

(cos θ − sin θ

sin θ cos θ

)

yang mempunyai invers (dapat dibalik), karena

det[T ] =

∣∣∣∣∣cos θ − sin θ

sin θ cos θ

∣∣∣∣∣ = 1 6= 0

Sedangkan matriks yang dibangun oleh Gambar 4.8 adalah sebuah matriks

[T ] =

1 0 0

0 1 0

0 0 0

(4.6)

yang tidak dapat dibalik (tidak punya invers), karena

det[T ] =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 0

0 1 0

0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0



x

TA

TA

-1

w

Gambar 4.9 Operator Invers

¤ Invers Operator Linear

JikaTA : Rn → Rn adalah operator linear satu-satu, maka Teorema 4.2.2 matriksA dapat

dibalik. SedangkanTA−1 : Rn → Rn sendiri adalah operator linear yang disebutinvers

dari TA. Operator-operatorTA danTA−1 saling membalikan sehingga

TA(TA−1(x)) = AA−1x = Ix = x

atau

TA−1(TA(x)) = A−1Ax = Ix = x

dapat juga ditulis

TA ◦ TA−1 = TAA−1 = TI

atau

TA−1 ◦ TA = TA−1A = TI

Secara geometris dapat dilihat pada Gambar 4.9 yang mempunyai arti

TA−1(w) = TA−1(TA(x)) = x

CONTOH 4.2.1 Tunjukan bahwa operatorT : R2 → R2 didefinisikan oleh persamaan

w1 = x1 + x2

w2 = 2x1 + 3x2

adalah satu-satu, cariT−1(w1, w2)

Jawab:

Ubah persamaan ke bentuk matriks, yaitu

(w1

w2

)=

(1 1

2 3

)(x1

x2

)



sehingga matriks standar untukT adalah

[T ] =

(1 1

2 3

)

matriks tersebut mempunyai invers, yaitu

[T−1] = [T ]−1 =

(3 −1

−2 1

)

Jadi

[T−1]

(w1

w2

)=

(3 −1

−2 1

)(w1

w2

)=

(3w1 − w2

−2w1 + w2

)

atau dapat ditulis

T−1(w1, w2) = (3w1 − w2,−2w1 + w2)

¤ Sifat Kelinearan

Setelah dipelajari tentang invers dari suatu transformasi, sifat kelinearan adalah konsep

dasar untuk memperlas konsep secara umum, perhatikan teorema berikut ini.

TEOREMA 4.2.3 TransformasiT : Rn → Rm dikatkan linear jika dan hanya jika

hubungan berikut terpenuhi, yaitu∀u, v ∈ Rn danc skalar, berlaku

a. T (u + v) = T (u) + T (v)

b. T (cu) = cT (u)

Bukti dari teorema ini, gunakan teorema atau definisi dari matriks yang sudah dipelajari

terlebih dahulu. Perhatikan teorema berikut ini

TEOREMA 4.2.4 Jika T : Rn → Rm adalah transformasi linear, dane1, e2, · · · , en

adalah vektor basis standar dariRn, maka matriks standar dariT adalah

[T ] = [T (e1);T (e2); · · · ;T (en)] (4.7)

Proyeksi ortogonal pada bidang-xy yang menghasilkan sebuah matriks transformasi

sesuai dengan Persamaan 4.6, jika dicari dengan menggunakan Persamaan 4.7 akan didapat

T (e1) = e1 =

1

0

0

T (e2) = e2 =

0

1

0

T (e3) = 0 =

0

0

0



e1

e2

x

y

Gambar 4.10 Basis StandarR2

e1

e2

x

y

e3

z

Gambar 4.11 Basis StandarR3

jadi

[T ] =

1 0 0

0 1 0

0 0 0

yang sesuai.


Modul 5Ruang Vektor

Pendahuluan

Pada Modul ini akan dibahas materi yang berkaitan dengan vektor secara umum, yaitu su-

atu obyek sebarang. Dengan memberikan aksioma-aksioma tertentu pada suatu himpunan

vektor, maka himpunan vektor dapat dikaakan sebagai ruang vektor, kemudian dilanjutkan

dengan sub-ruang dan dijelaskan pula sifat-sifat dari ruang vektor tersebut. Tidak terlepas

pula akan dicari rank (peringkat) dan nulitas (null) serta dimensi dari sebuah matriks.


Mahasiswa menguasai atau memahami tentang vektor (apa saja yang dapat disebut sebagai

vektor) dan ruang vektor, begitu juga paham tentang peringkat dan nulitas serta dimensi dari

dari sebuah matriks.


Mhs dapat mengetahui tentang vektor dan ruangnya, secara khusus diharapkan :

1. Memahami pengertian vektor secara umum

2. Memahami ruang vektor dan sub-ruangnya

3. Memahami tentang basis dan dimensi dari suatu ruang

4. Memahami rank dan nulitas dari suatu ruang

68

5.1. Ruang Vektor Real 69

5.1 Ruang Vektor Real

Di modul sebelumnya, telah dipelajari dengan seksama tentang vektor diR2 danR3 yang

dapat divisualisasikan dengan baik dan nyata. Sedangkan di ruang yang lebih tinggi lagi

atau lebih dari tiga, visualisasi tidak dapat dilakukan dengan baik dan nyata. Oleh karena

itu perlu dibuat suatu aturan bagaimana vektor itu sebenarnya, perhatikan definisi berikut

ini:

DEFINISI 5.1.1 V adalah himpunan vektor tak kosong dari obyek dengan dua

opearasi yang didefinisikan, yaitu penjumlahan vektor dan perkalian skalar.Pen-

jumlahan vektor adalah suatu aturan yang menghubungkan setiap pasangan obyek

u, overlinev ∈ V dengan suatu obyeku + v yang disebut denganjumlah u dan v

dan perkalian skalaradalah aturan yang menghubungkan setiap skalark dan setiap

obyrku ∈ V dengan obyekku yang disebut denganperkalian skalardari u dengank.

Jika aksioma dibawah ini dipenuhi oleh∀u, v, w ∈ V dan semua skalark dan l, maka

V disebutruang vektorobyek yang berada di dalamV disebut denganvektor.

a. Jikau, v ∈ V , makau + v ∈ V

b. u + v = v + u

c. u + (v + w) = (u + v) + w

d. Ada0 ∈ V yang disebut dengan vektor nol untukV ,

sehingga berlaku0 + u = u + 0 = u

e. Ada−u ∈ V yang disebut dengan vektor negatif dariu,

sehingga berlakuu + (−u) = (−u) + u = 0

f. ku ∈ V

g. k(u + v) = ku + kv

h. (k + l)u = ku + lu

i. k(lu) = (kl)u

j. 1u = u

Telah disebutkan diatas yang dimaksud dengan obyek dapat berbentuk vektor, matriks

atau yang lainnya, tergantung pada aplikasi yang digunakan dan operator yang digunakan

tidak harus berbentuk penjumlahan dan perkalian. Perhatikan beberapa contoh berikut ini.

CONTOH 5.1.1 Tunjukan bahwa himpunanV dari semua matriks beukuran2×2 dengan


5.1. Ruang Vektor Real 70

angota bilangan real merupakan suatu ruang vektor, jika operasi penjumlahan vektor didefin-

isikan sebagai penjumlahan matriks dan operasi perkalian skalar dengan vektor diartikan

sebagai perkalian skalar dengan matriks. Bagaimana dengan matriks yang berukuranm×n

CONTOH 5.1.2 KalauV = R2 dan didefinisikan dua operasi yaitu

u + v = (u1 + v1, u2 + v2), dan ku = (ku1, 0)

ApakahV ruang vektor?

TernyataV bukan ruang vektor, karena dari sepuluh aksioma, salah satu axioma tersebut

tidak terpenuhi, yaitu aksioma ke-sepuluh

Sub-ruang

Suatu ruang vektor yang tercakup oleh ruang vektor yang lebih besar adalah suatu hal yang

mungkin. Sebagai contoh ruang vektorR2 akan tercakup oleh ruang vektorR3. Secara

umum perhatikan definisi berikut ini

DEFINISI 5.1.2 Suatu himpunan bagianW dari suatu ruang vektorV disebut suatu

sub-ruangdari V jika W sendiri adalah suatu ruang vektor di bawah penjumlahan dan

perkalian skalar yang didefinisikan padaV .

Secara umum, kesepuluh aksioma ruang vektor untuk menunjukan bahwa suatu him-

punanW dengan penjumlahan dan perkalian skalar membentuk suatu ruang vektor. Secara

tidak langsungW diwarisi oleh aksioma dariV . Perhatikan teorema berikut ini

TEOREMA 5.1.3 Jika W adalah suatu himpunan satu atau lebih vektor dari suatu

ruang vektorV , makaW adalah suatu sub-ruang dariV jika dan hanya jika syarat-

syarat berikut terpebuhi

1. Jikau, v ∈ W , makau + v ∈ W

2. Jikak skalar, danu ∈ W , makaku ∈ W

CONTOH 5.1.3 Himpunan yang beranggotakan vektor nol saja{0} adalah sub-ruangR2

yang dinamakansub-ruang nolbegitu juga sebagai sub ruangR3, karena memenuhi kedua

aksioma pada Teorema 5.2.2 yang juga memenuhi kesepuluh aksioma pada Definisi 5.2.1

CONTOH 5.1.4 Garis yang melalui titik asal adalah sub-ruangR2 dan juga sub-ruang

R3, karena setiap garis yang melalui titik asal bila dijumlahkan dengan garis yang melalui

titik asal yang lain hasilnya juga sebuah garis yang melalui titik asal juga, begitu juga

perkalian skalar.


5.2. Kombinasi Linear dan Membangun 71

CONTOH 5.1.5 Bidang yang melalui titik asal adalah sub-ruangR3, karena dua vektor

yang terletak dalam satu bidang bila dijumlahkan hasilnya akan dalam satu bidang juga.

JikaAx = b adalah suatu sistem persamaan linear, maka setiap vektorx yang memenuhi

persamaan ini disebut suatuvektor penyelesaiandari sistem tersebut. Perhatikan teorema

berikut ini

TEOREMA 5.1.4 JikaAx = 0 adalah suatu sistem linear homogen darim persamaan

dengann peubah, maka himpunan vektor penyelesaiannya adalah sub-ruang dariRn.

CONTOH 5.1.6 Pandang Sistem linear homogenAx = 0 dengan

a.

1 −2 3

2 −4 6

3 −6 9

b.

1 −2 3

−3 7 −8

−2 4 −6

c.

1 −2 3

−3 7 −8

4 1 2

d.

0 0 0

0 0 0

0 0 0

jawab:

lakukan OBE sedemikian hingga matriksA menjadi matriks eselon tereduksi, sehingga

a. dengan memisalkanz = t dany = s, makax = 2s− 3t, sehingga dapat ditulis

x = 2y − 3z ataux− 2y + 3z = 0

yang merupakan persamaan bidang yang melalui titik asal.

b. dengan memisalkanz = t, makay = −t danx = −5t, yang merupakan persamaan

garis yang melalui titik asal.

c. penyelesaiannya adalahz = 0, y = 0 danx = 0, yang merupakan titik asal.

d. dengan memisalkanz = t, y = s danx = r, dimanar, s, t mempunyai nilai sebarang,

sehingga ruang penyelesaiannya adalah semua anggota diR3.

5.2 Kombinasi Linear dan Membangun

Pada kegiatan belajar ini akan dikenalkan suatu istilah atau konsep yaitu kombinasi linear

dari vektor-vektor dan membangun suatu ruang vektor. Perhatikan definisi berikut ini:

DEFINISI 5.2.1 Suatu vektorp disebut suatukombinasi linear dari vektor-vektor

q1, q2, · · · , qr, jika bisa dinyatakan dalam bentuk

p = k1q1 + k2q2 + · · ·+ kr qr

dengank1, k2, · · · , kr adalah skalar.


5.2. Kombinasi Linear dan Membangun 72

CONTOH 5.2.1 Tinjau vektorp = (3, 2, 1) danq = (1, 2,−1) di R3. Tunjukan bahwa

r = (9, 2, 7) adalah kombinasi linear darip danq dan bahwas = (9, 2, 7) bukanlah kombi-

nasi linear darip danq

jawab:

r akan kombinasi linear jika dapat ditemukan skalark dan l sedemikian hingga berlaku

r = kp + lq, yaitu

(9, 2, 7) = k(3, 2, 1) + l(1, 2,−1)

= (3k, 2k, k) + (l, 2l,−l)

= (3k + l, 2k + 2l, k − l)

dengan menyamakan komponen yang berpadanan diperoleh

3k + l = 9

2k + 2l = 2

k − l = 7

Penyelesaian dari sistem tersebut menghasilkank = 4 danl = −3, sehinggar = 4p− 3q,

demikian juga untuks apakah merupakan kombinasi linear darip danq, yaitu s = kp + lq,

yaitu

(4,−1, 8) = k(3, 2, 1) + l(1, 2,−1)

= (3k, 2k, k) + (l, 2l,−l)

= (3k + l, 2k + 2l, k − l)

dengan menyamakan komponen yang berpadanan diperoleh

3k + l = 4

2k + 2l = −1

k − l = 8

Sistem tersebut tidak konsisten artinya tidak mempunyai penyelesaian atau tidak dapat dite-

mukank danl, sehinggas bukan kombinasi linear darip danq. ♦

Jika∀ui ∈ V , untuk i = 1, 2, 3, · · · , r, dan jika∃v 6= u ∈ V merupakan kombinasi

linear dari ui dan yang lainnya mungkin tidak kombinasi linear. Teorema berikut akan

menunjukan bahwa himpunanW yang terdiri dari semua vektor yang dapat dinyatakan

sebagai kombinasi linear dariui, makaW merupakan sub-ruangV .


5.3. Bebas Linear 73

TEOREMA 5.2.2 Jika u1, u2, · · · , ur adalah vektor-vektor di ruang vektorV , maka:

1. HimpunanW semua kombinasi linear dariu1, u2, · · · , ur merupakan suatu sub-

ruang dariV .

2. W adalah sub-ruang terkecil dariV yang berisiu1, u2, · · · , ur dalam arti bahwa

setiap sub-ruang lain dariV yang berisiu1, u2, · · · , ur pasti mengandungW .

Selanjutnya perhatikan definisi berikut ini:

DEFINISI 5.2.3 Jika S = {u1, u2, · · · , ur} adalah suatu himpunan vektor di ruang

vektorV , maka sub-ruangW dari V yang mengandung semua kombinasi linear dari

vektor-vektor diS disebut ruang terbangun olehu1, u2, · · · , ur dan vektor-vektor terse-

but membangunW . Untuk menunjukan bahwaW adalah ruang terbangun oleh vektor-

vektor diS = {u1, u2, · · · , ur}, dituliskan

W = bang(S) atau W = bang{u1, u2, · · · , ur}

CONTOH 5.2.2 Tentukan apakahv1 = (1, 0, 1), v2 = (2, 1, 3) danv3 = (1, 1, 2) mem-

bangun ruang vektorR3 ?

jawab:

Ambil sebarangb = (b1, b2, b3) ∈ R3, nyatakan sebagai kombinasi linear, yaitu

b = k1v1 + k2v2 + k3v3

atau

(b1, b2, b3) = (k1 + 2k2 + k3, k2 + k3, k1 + 3k2 + 2k3)

sehingga didapat sistem persamaan berikut

k1 + 2k2 + k3 = b1

k2 + k3 = b2

k1 + 3k2 + 2k3 = b3

untuk mencari nilaib sehingga sistem konsisten, maka cukup diperiksa apakah matriks

det(A) = 0 atau tidak, jika tidak makab dapat ditemukan sehinggav1, v2 dan v3 mem-

bangunR3 ♦

5.3 Bebas Linear

Pada kegiatan bealajar kali ini, akan dikenal tentang himpunan suatu vektor yang anggotanya

tidak saling tergantung antara satu vektor dengan vektor yang lainnya. Bagian ini meru-

pakan kelanjutan yang erat dari kegiatan sebelumnya. Perhatikan definisi berikut ini



DEFINISI 5.3.1 Jika S = {v1, v2, v3, · · · , vr} adalah suatu himpunan vektor tak-

kosong, maka persamaan berikut

k1v1 + k2v2 + k3v3 + · · ·+ krvr = 0

sedikitnya mempunyai penyelesaian berikut

k1 = k2 = k3 = · · · = kr = 0

Jika hanya itu satu-satunya penyelesaian, makaS dinamakan himpunan vektor yang

bebas linear, tetapi jika ada penyelesaian yang lain, makaS dinamakan tak bebas linear.

CONTOH 5.3.1 PandangS = {i, j, k} di R3, dengani = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) dan

k = (0, 0, 1) apakahS bebas linear ?

jawb:

Untuk membuktikannya, perhatikan

l1i + l2j + l3k = 0

atau

l1(1, 0, 0) + l2(0, 1, 0) + l3(0, 0, 1) = (0, 0, 0)

sehingga didapat

l1 = l2 = l3 = 0

yang merupakan satu-satunya penyelesaian, sehinggaS bebas linear. ♦

CONTOH 5.3.2 PandangS = {p, q, r} di R3, denganp = (3,−2, 1), q = (−1, 6, 5)

danr = (1, 2, 3) apakahS bebas linear ?

jawb:

Untuk membuktikannya, perhatikan

l1p + l2q + l3r = 0

atau

l1(3,−2, 1) + l2(−1, 6, 5) + l3(1, 2, 3) = (0, 0, 0)

sehingga dapat ditulis dalam sistem linear seperti berikut

3l1 − l2 + l3 = 0

−2l1 + 6l2 + 2l3 = 0

1l1 + 5l2 + 3l3 = 0

karena nilai determinan dari sistem linear tersebut tidak sama dengan nol, maka antara satu

vektor dengan vektor yang lainnya saling tergantung atauS tak bebas linear. ♦



Perhatikan teorema dibawah ini, yaitu

TEOREMA 5.3.2 Suatu himpunanSdengan dua atau lebih vektor, dinamakan

1. Tak bebas linear, jika dan hanya jika sedikitnya salah satu vektor diS dapat diny-

atakan sebagai kombinasi linear dengan vektor yang lainnya.

2. Bebas linear, jika dan hanya jika tidak ada vektor diS yang dapat dinyatakan

sebagai kombinasi linear dengan vektor yang lainnya.

CONTOH 5.3.3 S = {p, q, r} dengan

p = (2,−1, 0, 3), q = (1, 2, 5,−1), r = (7,−1, 5, 8)

BuktikanS tak bebas linear?

jawab:

Sesuai dengan Teorema 5.3.2, bahwa jika suatu himpunan vektor jika dan hanya jika salah

satu vektor merupakan kombinasi linear dari vektor yang lainnya, maka himpunan vektor

tersebut tak bebas linear, karena

p = −13q +

13r atau q = −3p + r atau r = 3p + q

jadi S tak bebas linear ♦

Perhatikan teorema dibawah ini,

TEOREMA 5.3.3 1. Suatu himpunan vektor terhingga yang mengandung vektor

nol, maka himpunan tersebut tak bebas linear

2. Suatu himpunan mempunyai tepat dua vektor dan salah satu vektor merupakan

penggandaan dari vektor yang lainnya, maka himpunan vektor tersebut tak bebas

linear

Silahkan dibuktikan!. Kemudian perhatikan teorema berikut ini

TEOREMA 5.3.4 AnngapS = {v1, v2, v3, · · · , vr} adalah suatu himpunan vektor-

vektor diRn. Jikar > n, makaS tak bebas linear.

Bukti:

Karena jumlah vektor pada lebih banyak daripada ruangnya, maka bentuk sisitem linearnya

adalah jumlah persamaannya lebih banyak daripada jumlah variabelnya, sehingga sistem

mempunyai banyak penyelesaian, oleh karena ituS tak bebas linear.


5.4. Basis dan Dimensi 76

5.4 Basis dan Dimensi

Anggapan bahwa garis merupakan dimensi satu, bidang merupakan dimensi dua dan ruang

dimensi tiga. Anggapan tersebut yang merupakan gagasan intuitf mengenai dimensi yang

tepat. Perhatikan ketiga gambar dibawah ini, Gambar?? yaitu koordinatP = (a, b) pada

suatu sistem koordinat segiempat pada ruang berdimensi dua. Gambar??, yaitu koordinat

P = (a, b) pada sistem koordinat tak-segiempat pada ruang berdimensi dua, sedangkan

Gambar?? adalah koordinatP = (a, b, c) pada suatu sistem koordniat tak-segiempat pada

ruang berdimensi tiga.

Perhatikan definisi berikut ini,

DEFINISI 5.4.1 Jika V ruang vektor danS = {v1, v2, v3, · · · , vn} adalah himpunan

vektor-vektor diV , makaS dinamakanbasisuntukV jika kedua syarat dibawah ini

terpenuhi, yaitu

1. S bebas linear

2. S membangunV .

Akan lebih jelas, perhatikan teorema berikut ini;

TEOREMA 5.4.2 Jika S = {v1, v2, v3, · · · , vn} adalah basis untuk ruangV , maka

∀x ∈ V dapat dinyatakan dalam bentuk

x = k1v1 + k2v2 + k3v3 + · · ·+ knvn

dalam tepat satu cara.

Bukti dipakai untuk latihan.

¤ Koordinat Relatif terhadap Basis

JikaS = {v1, v2, v3, · · · , vn} adalah basis untuk ruang vektorV dan

x = k1v1 + k2v2 + k3v3 + · · ·+ knvn

adalah suatu ekspresi untuk vektorx dalam bentuk basisS, maka skalark1, k2, k3, · · · , kn}disebut koordinatx relatif terhadapS. Vektor(k1, k2, k3, · · · , kn) di Rn yang tersusun dari

koordinat-koordinat ini dinamakan koordinat vektorx relatif terhadapS, hal ini dinyatakan

dengan

x = (k1, k2, k3, · · · , kn)



CONTOH 5.4.1 Pada contoh sebelumnya,S = {i, j, k} dan

i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), k = (0, 0, 1)

yang merupakan himpunan vektor yang bebas linear diR3 dan membangunR3, jadi S

adalah basis standart untukR3.

Jikau = (a, b, c) ∈ R3, dapat ditulis

u = (a, b, c) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) = ai + bj + ck

sehingga dapat ditulis vektor relatifnya sebagai

(u)s = (a, b, c)

Bagaimana basis standart untukRn, pikirkan.

CONTOH 5.4.2 S = {u1, u2, u3} denganu1 = (1, 2, 1),u2 = (2, 9, 0), dan u3 =

(3, 3, 4). Tunjukan bahwaS adalah basis untukR3 ?

jawab:

Untuk membuktikan apakahS basis atau bukan, cukup dibuktikan apakahS mempunyai

sifat bebas linear dan membangun ruang vektorR3.

Untuk membuktikanS membangunR3, ambil∀b = (b1, b2, b3) ∈ R3, kemudian ditun-

jukan apakahb merupakan kombinasi linear dariS, ditulis

b = k1u1 + k2u2 + k3u3

(b1, b2, b3) = k1(1, 2, 1) + k2(2, 9, 0) + k3(3, 3, 4)

atau ditulis dalam bentuk sistem linear, yaitu

k1 + 2k2 + 3k3 = b1

2k1 + 9k2 + 3k3 = b2 (5.1)

k1 + 4k3 = b3

hitung determinan dari Persamaan 5.2, jika nilai determinannya tidak sama dengan nol,

makab merupakan kombinasi linear dariS, sehinggaS membangunR3.

Untuk membuktikanS bebas linear, ambil0 = (0, 0, 0) ∈ R3, kemudian ditunjukan

apakah0 merupakan kombinasi linear dariS, ditulis

0 = l1u1 + l2u2 + l3u3

(0, 0, 0) = l1(1, 2, 1) + l2(2, 9, 0) + l3(3, 3, 4)



atau ditulis dalam bentuk sistem linear, yaitu

l1 + 2l2 + 3l3 = 0

2l1 + 9l2 + 3l3 = 0 (5.2)

l1 + 4l3 = 0

hitung determinan dari Persamaan 5.2, jika nilai determinannya tidak sama dengan nol,

maka matriks koefisiennya mempunyai invers sehingga sistem linear mempunyai penyele-

saian tunggal yaitul1 = l2 = l3 = 0, sehinggaS bebas linear.

KarenaS mempunyai sifat bebas linear dan membangunR3, makaS basis untuk ruang

vektorR3. ♦

Setelah diketahui konsep dasar basis dari suatu ruang vektor, sekarang akan dipelajari

dimensi dari suatu ruang vektor, perhatikan definisi berikut ini;

DEFINISI 5.4.3 Suatu ruang vektor tak-nolV dinamakan berdimensi berhingga jika

V berisi himpunan vektor berhingga yaitu{v1, v2, · · · , vn} yang merupakan basis. Jika

tidak himpunan seperti itu, makaV berdimensi tak-hingga. Ruang vektor nol dinamakan

berdimensi berhingga.

dan

DEFINISI 5.4.4 Dimensi suatu ruang vektor berdimensi berhinggaV , yang ditulis

dengandim(V ), didefinisikan sebagai jumlah vektor dalam sautu basisV . Ruang vektor

nol berdimensi nol.

Seperti Contoh 5.5.2,S adalah basis untukR3, maka dimensi dariR3 adalahdim(S) =

3.

CONTOH 5.4.3 Tentukan basis dan dimensi dari ruang penyelesaian sisitem linear ho-

mogen dibawah ini

2x1 + 2x2 − x3 + x5 = 0

−1x1 − x2 + 2x3 − 3x4 + x5 = 0

x1 + x2 − 2x3 − x5 = 0

x3 + x4 + x5 = 0

jawab:

Ubahlah dalam bentuk matriksAx = b kemudian lakukan OBE sedmikian hingga matriks


5.5. Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Kosong 79

A menjadi matriks eselon tereduksi seperti dibawah ini

1 1 0 0 1

0 0 1 0 1

0 0 0 1 0

0 0 0 0 0

x1

x2

x3

x4

x5

=

0

0

0

0

maka dengan memisalkanx5 = t danx2 = s, maka

x1 = −s− t, x2 = s, x3 = −t, x4 = 0, x5 = t

atau

x1

x2

x3

x4

x5

=

−s− t

s

−t

0

t

=

−s

s

0

0

0

+

−t

0

−t

0

t

= s

−1

1

0

0

0

+ t

−1

0

−1

0

1

yang menunjukan bahwa vektor-vektor

v1 =

−1

1

0

0

0

dan v2 =

−1

0

−1

0

1

membangun ruang penyelesaian, oleh karena itu{v1, v2} adalah basis ruang penyelesaian

yang mempunyai dimensi dua. ♦

5.5 Ruang Baris, Ruang Kolom dan Ruang Kosong

Pada bagian ini akan dipelajari tiga ruang sekaligus, yaitu ruang baris, ruang kolom dan

ruang kosong ayng berkaitan dengan matriks. Hasilnya diharapkan adalah paham terhadap

hubungan antara penyelesaian sustu sistem linear dan sifat-sifat matriks koefisien. Per-

hatikan definisi berikut ini



DEFINISI 5.5.1 Suatu matriksA berukuranm× n, yaitu

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

......

......

am1 am2 · · · amn

vektor-vektor

r1 = [a11 a12 · · · a1n]

r2 = [a21 a22 · · · a2n]... =

...

rm = [am1 am2 · · · amn]

di Rn, yang dibangun dari matriksA dinamakanvektor-vektor barisdari A dan vektor-

vektor

c1 =

a11

a21

...

am1

, c2 =

a12

a22

...

am2

, · · · , cn =

a1n

a2n

...

amn

di di Rm, yang dibangun dari matriksA dinamakanvektor-vektor kolomdari A

Untuk lebih jelasnya perhatikan contoh dibawah ini.

CONTOH 5.5.1 Ambil matriks

A =

(3 6 9

2 −1 −7

)

Vektor-vektor baris dari matriksA adalah

r1 = [3 6 9] r2 = [2 − 1 − 7]

dan vektor-vektor kolom matriksA adalah

c1 =

(3

2

)c2 =

(6

−1

)c31 =

(9

−7

)♦

Sekarang perhatikan definisi berikut ini



DEFINISI 5.5.2 Jika A adalah matriks berukuranm × n, maka sub-ruang dariRn

yang dibangun oleh vektor-vektor baris dariA dinamakanruang barisdari A, dan sub-

ruang dariRm yang dibangun oleh vektor-vektor kolom dariA dinamakanruang kolom

dari A. Sedangkan ruang penyelesaian dari persamaanAx = 0 yang merupakan sub-

ruang dariRn dinamakanruang kosongdari A.

Perhatikan pula beberapa teorema yang akan memperkuat, yaitu

TEOREMA 5.5.3 Suatu sistem linearAx = b konsisten jiadan hanya jikab berada di

ruang kolomA

TEOREMA 5.5.4 OBE tidak mengubah ruang kosong dan ruang baris dari suatu ma-

triks

CONTOH 5.5.2 Seperti Contoh 5.5.4, carilah ruang kosongnya, dari sistem linear ho-

mogen, ubah kebentuk matriks. Setelah itu lakukan OBE sehingga matriks berbentuk eselon

tereduksi, sehingga ditemukan

v1 =

−1

1

0

0

0

dan v2 =

−1

0

−1

0

1

yang merupakan basis ruang kosongnya. ♦

TEOREMA 5.5.5 Jika suatu matriks berbentuk baris-eselon, maka vektor-vektor baris

dengan utama1 (vektor baris yang tak nol) membentukbasissuaturuang baris dan

vektor-vektor kolom dengan utama1 dari vektor-vektor baris membentukbasisuntuk

ruang kolom.

Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh dibawah ini

CONTOH 5.5.3 Perhatikan matriks yang berbentuk baris eselon dibawah ini

R =

1 2 1 0 1

0 1 0 2 −1

0 0 0 1 2

0 0 0 0 0



sesuai dengan teorema diatas, bahwa vektor-vektor

r1 = [1 2 1 0 1]

r2 = [0 1 0 2 − 1]

r3 = [0 0 0 1 2]

membentuk basis ruang baris dari matriksR dan vektor-vektor

c1

1

0

0

0

c2

2

1

0

0

c3

0

2

1

0

membentuk basis ruang kolom untukR. ♦

Contoh berikut yang akan mempertegas dari contoh sebelumnya

CONTOH 5.5.4 Cari basis-basis ruang baris dan ruang kolom dari matriks

A =

1 0 2 3 4 0

2 1 4 7 10 0

5 1 10 17 23 1

1 0 2 2 3 −1

jawab:

Lakukan OBE pada matriksA sehingga menghasilkan matriksR, yaitu

R =

1 0 2 3 4 0

0 1 0 1 2 0

0 0 0 1 1 1

0 0 0 0 0 0

berdasarkan Teorema 5.5.5 , diperoleh bahwa, vektor-vektor

r1 = [1 0 2 3 4 1]

r2 = [0 1 0 1 2 0]

r3 = [0 0 0 1 1 1]

membentuk basis ruang baris dari matriksR dan vektor-vektor

c′1

1

0

0

0

c′2

0

1

0

0

c′3

3

1

1

0


5.6. Rank dan Nulitas 83

membentuk basis ruang kolom untukR. Jadi kolom-kolom yang berpadanan denganA,

yaitu

c′1

1

2

5

1

c′2

0

1

1

0

c′3

3

7

17

2

membentuk basis ruang kolom untukA. ♦

5.6 Rank dan Nulitas

Pada bagian ini akan dibahas atau diperiksa hubungan antara sistem linear dan ruang baris,

ruang kolom serta ruang kosong dari matriks koefisien. Dipelajari pula dimensi dari ruang

baris, ruang kolomdan ruang kosong.

Dari contoh-contoh kegiatan sebelumnya, dapat ditarik kesimpulan bahwa dimensi ruang

baris dan dimensi ruang kolom mempunyai dimensi yang sama, perhatikan teorema berikut

ini

TEOREMA 5.6.1 JikaA sebarang matriks, maka ruang baris dan ruang kolom dariA

mempunyai dimensi yang sama

Dari teorema pada kegiatan belajar sebelumnya menyatakan bahwa OBE tidak menguah

ruang baris baris dari suatu matriks, sehingga utama 1 pada matriks koefisien jumlahnya

sama. Oleh karena itu mempnyai dimensi yang sama. Perhatikan definisi berikut ini

DEFINISI 5.6.2 Dimensi bersaa dari ruang baris dan ruang kolom dari sutau matriks

A disebut denganrank dari A dan ditulis denganrank(A), sedangkan dimensi ruang

kosong dariA disebut dengannulitas dari A dan ditulisnull(A) .

Perhatikan pula teorema berikut ini

TEOREMA 5.6.3 JikaA matriks sebarang, rank(A)=rank(AT )

dan

TEOREMA 5.6.4 JikaA matriks sebarang dengann kolom, maka

rank(A) + null(A) = n

yang berarti dapat ditarik teorema lain, yaitu



TEOREMA 5.6.5 JikaA matriks sebarang berukuranm× n, maka

1. rank(A)= jumlah variabel bebas pada penyelesaianAx = 0

2. null(A) = jumlah parameter dari penyelesaianAx = 0

Akan lebih jelas, perhatikan contoh dibawah ini

CONTOH 5.6.1 Cari rank dan null dari matriks dibawah ini

A =

1 0 1 2 1 1

1 1 1 4 4 1

1 4 1 10 13 1

3 1 3 8 6 3

jawab:

Lakukan OBE pada matriks diatas sehingga menjadi matriks berbentuk eseleon tere-

duksi, yaitu

R =

1 0 1 2 1 1

0 1 0 2 3 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

Jika dilakukan OBE padaAT sehingga menjadi matriks eselon teredusi, yaitu

R′ =

1 0 −3 2

0 1 4 1

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

Terlihat bahwa matriksR yang tidak semuanya nol ada dua baris yang menunjukan

bahwa banyaknya anggota basis ruang baris maupun ruang kolom adalah dua, sehingga di-

mensi ruang baris sama dengan dimensi ruang kolom yaitu dua, dengan kata lain rank(A)=2.

Sesuai dengan torema diatas, yaitu Teorema 5.6.3 bahwa rank dari suatu matiks sama

dengan rank matriks transpose. Terlihat bahwa hasil OBE dariA dan OBE dariAT mem-

punyai rank yang sama.



Selanjutnya untuk menunjukan bahwa nullitas dari matriks diatas, persamaan padanan-

nya adalah

1 0 1 2 1 1

0 1 0 2 3 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

x1

x2

x3

x4

x5

x6

=

0

0

0

0

0

0

atau

x1 + 1x3 + 2x4 + x5 + x6 = 0

x2 + 2x4 + 3x5 = 0

dengan mengambil

x6 = p, x5 = q, x4 = r, x3 = s

maka didapat

x1

x2

x3

x4

x5

x6

=

−s− 2r − q − p

−2r − 3q

s

r

q

p

= s

−1

0

1

0

0

0

+r

−2

−2

0

1

0

0

+q

−1

−3

0

0

1

0

+p

−1

0

0

0

0

1

terdapat empat parameter, sehingga sesuai dengan Teorema 5.6.5, dimensi dari ruang kosong

adalah empat atau null(A)=4. Terlihat pula sesuai dengan Teorema 5.6.4, bahwa

rank(A) + null(A) = 2 + 4 = 6 ♦


Daftar Pustaka

[1] Howard Anton, 2000, Dasar-Dasar Aljabar Linear, Interaksara, Batam.

[2] Steven J. Leon, 2001, Aljabar Linear dan Aplikasinya, Erlangga, Jakarta.

86

Modul aljabar matriks

Education

Transcript of Modul aljabar matriks